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Equacoes Diferenciais B
Prof. Paulo Cupertino de Lima
Departamento de Matematica - UFMG
1
Conteudo
1 Series de Fourier 5
1.1 Introducao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Funcoes periodicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3 Funcoes contınuas por partes e funcoes suaves por partes . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.4 Ortogonalidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.5 O Teorema de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.6 Series de Fourier de Funcoes Pares e de Funcoes Impares . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.7 Calculo de Algumas Series de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.8 Series de Fourier de funcoes definidas num intervalo finito . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.9 Derivacao e Integracao de Series de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.10 Series de Fourier Complexas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
1.11 A desigualdade de Parseval e o Lemma de Riemann-Lebesque . . . . . . . . . . . . . 28
1.12 Demonstracao do Teorema de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
1.13 Exercıcios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2 Equacoes Diferenciais Parciais 36
2.1 Um pouco sobre equacoes diferenciais ordinarias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.2 O que e uma equacao diferencial parcial? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.3 Classificacao de Equacoes Diferenciais Parciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.4 O Metodo de Separacao de Variaveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
2.5 A equacao do calor em uma dimensao espacial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.5.1 Condicoes de Fronteira da Equacao do Calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.5.2 Barra com extremidades mantidas a 0o C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2.5.3 Barra isolada termicamente tambem nas extremidades . . . . . . . . . . . . . 48
2.5.4 Barra com uma extremidade isolada e a outra mantida a 0o C . . . . . . . . . 51
2.5.5 Condicoes de fronteira nao-homogeneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
2.5.6 Unicidade da equacao do calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
2.5.7 Apendice equacao de calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
2.6 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
2.7 Trabalhos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
2.8 A Equacao da Onda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
2.8.1 A Corda finita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
2
2.8.2 Condicoes de fronteira . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
2.8.3 A corda vibrante com extremidades fixas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
2.8.4 A Corda infinita e a Formula de D’Alembert . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
2.9 Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
2.10 A Equacao de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
2.10.1 O Problema de Dirichlet no retangulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
2.10.2 O Problema de Dirichlet no disco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
2.10.3 O Princıpio do Maximo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
3 Transformada de Fourier 96
3.1 Transformadas de Fourier das funcoes cos(x2) e sen(x2) . . . . . . . . . . . . . . . . 110
3.2 As transformadas seno e cosseno de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
3.3 Aplicacoes da transformada de Fourier as resolucoes de equacoes diferenciais parciais 114
3.4 A filosofia da transformada de Fourier em equacoes diferenciais parciais . . . . . . . 121
3.5 Exercıcios: resolucao de equacoes diferenciais parciais . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
4 Apendice 127
4.1 Trocando a ordem da derivacao e da integracao em transformada de Fourier . . . . . 127
4.2 Lema de Riemann-Lebesgue para Integral e transformada de Fourier . . . . . . . . . 129
4.3 Prova do Teorema da Integral de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
5 Apendice - Deducao das Equacoes de Calor e da Onda 132
5.1 Equacao da Onda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
5.2 Equacao de Calor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134
3
Introducao
Este texto tem como objetivo atender a disciplina de Equacoes Diferenciais B, na qual sao
introduzidos os importantes conceitos de series de Fourier, transformada de Fourier e equacoes
diferenciais parciais.
Na Secao 1 fazemos uma revisao de funcoes periodicas, introduzimos os conceitos de funcoes
continuas por partes e de funcoes suaves por partes. Introduzimos o conceito de ortogonalidade
de funcoes e definimos a serie de Fourier de uma funcao. Provamos a desigualdade de Bessel e a
partir dela provamos o Lemma de Riemann-Lebesque, o qual usamos na demonstracao do principal
resultado desta secao, o Teorema de Fourier sobre convergencia pontual de series de Fourier de
funcoes periodicas e suaves por partes. Vemos varios exemplos de calculos de series de Fourier
e usando o Teorema de Fourier, calculamos explicitamente a soma de algumas series numericas
importantes. Introduzimos os conceitos de extensoes periodicas par e ımpar de funcoes definidas
num intervalo da forma [0, L], bem como outras extensoes que precisaremos nas aplicacoes da secao
seguinte.
Na Secao 2 falamos um pouco sobre as equacoes diferenciais ordinarias, uma vez que o seu
conhecimento nao e pressuposto para se fazer este curso. Introduziremos as equacoes do calor e
de onda unidimensionais para uma regiao finita, L, definiremos diferentes condicoes de contorno
e usaremos o metodo da separacao de variaveis na resolucao das mesmas. Tambem consideramos
a equacao da onda para uma corda infinita e obteremos a formula de D’Alembert que nos da
explicitamente a solucao em termos da forma e velocidades iniciais da onda. Ainda nesta secao
introduzimos a equacao de Laplace e o Princıpio de Maximo e consideramos o problema de Dirichlet
para o retangulo e para o disco.
Na Secao 3, introduziremos o conceito de transformada de Fourier, suas propriedades e a
aplicamos na resolucao de varios problemas.
Secao 5, que e um apendice, deduziremos as equacoes de calor e da onda a partir de primeiros
princıpios, ou seja, a partir da Segunda Lei de Newton e da Lei de Fourier, respectivamente.
4
1 Series de Fourier
1.1 Introducao
O matematico e fısico frances Jean Baptiste Joseph Fourier (1768−1830) formulou um problema
de fluxo de calor em termos de equacoes diferenciais parciais e, na sua tentativa de resolve-las, ele
foi levado ao problema matematico de expandir uma funcao em series envolvendo senos e cossenos.
Tais series sao hoje chamadas de series de Fourier. Elas sao muito importantes sob o ponto de vista
matematico e por suas aplicacoes em problemas fısicos, por isso as estudaremos neste capıtulo. As
suas aplicacoes as equacoes diferenciais serao dadas nos capıtulos seguintes.
1.2 Funcoes periodicas
Definicao 1.1 Dizemos que uma funcao f : R → R e periodica de perıodo T = 0, se
f(x+ T ) = f(x),
para todo x.
Exemplo 1.1 As funcoes sen (nx) e cos(nx) sao periodicas de perıodos 2π/n. As funcoes tg x e
cotg x sao periodicas de perıodo π.
Observacao 1.1 Se T e um perıodo de f , kT , onde k = 0 e um inteiro tambem e um perıodo.
Todavia, quando nos referimos ao perıodo de uma funcao estaremos considerando o seu perıodo
fundamental, ou seja, o menor valor de T > 0, tal que f(x+ T ) = f(x), para todo x.
Exercıcio 1.1 A partir da definicao da derivada, mostre que se f e derivavel e periodica, entao,
f ′ tambem e periodica.
Exemplo 1.2 A integral de uma funcao periodica, nao e necessariamente uma funcao periodica:
Se f(x+ T ) = f(x) para todo x, entao a funcao F (x) =∫ xa f(y)dy, satisfaz F (x+ T ) = F (x) se, e
somente se,∫ T0 f(y)dy = 0. De fato,
F (x+ T )− F (x) =
∫ x+T
xf(y)dy =
∫ T
0f(y)dy.
5
1.3 Funcoes contınuas por partes e funcoes suaves por partes
Definicao 1.2 Dizemos que uma funcao f na varıavel x e seccionalmente contınua (ou
contınua por partes) na reta se ela tiver no maximo um numero finito de descontinuidades (todas
de primeira especie, ou seja, os limites laterais sao finitos em cada ponto de descontinuidade,
veja Figura (1)) em qualquer intervalo limitado. Em outras palavras, dados a < b, existem
a ≤ a1 ≤ a2 ≤ . . . ≤ an = b, tais que f e contınua em cada intervalo aberto (aj , aj+1),
j = 1, 2, . . . , n− 1 e existem os limites
f(aj + 0) = limx→a+j
f(x) e f(aj − 0) = limx→a−j
f(x).
Toda funcao contınua e seccionalmente contınua.
Figura 1: f tem uma descontinuidade de primeira especie em x.
Exemplo 1.3 A funcao definida como
f(x) =
1, se x ≥ 1,
1n+1 , se 1
n+1 ≤ x < 1n , n = 1, 2, . . .,
0, se x ≤ 0,
nao e seccionalmente contınua: apesar de todas as suas descontinuidades serem de primeira especie,
existem um numero infinito das mesmas no intervalo (0, 1).
Exemplo 1.4 Alguns exemplos de funcoes seccionalmente contınuas.
6
(a) f(x) = [x], onde [x] e a parte inteira de x, veja Figura 2.
-10 -5 5 10
-5
5
Figura 2: Grafico da funcao parte inteira de x, ela e descontınua nos numeros inteiros diferentes
de zero e nestes os limites laterais existem.
(b)
f(x) =
1, se 0 ≤ x < π,
0, se −π ≤ x < 0,
f(x+ 2π) = f(x).
-15 -10 -5 5 10 15
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Figura 3: Grafico da funcao periodica dada no item (b).
7
(c) f(x) = |x|, se |x| ≤ 1 e f(x+ 2) = f(x).
-7.5 -5 -2.5 2.5 5 7.5
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Figura 4: Grafico da funcao periodica dada no item (c).
Definicao 1.3 Dizemos que uma funcao f : R → R e seccionalmente diferenciavel (ou
derivavel por partes) se ela e a sua derivada forem seccionalmente contınuas. Note que f ′ nao
existira onde f for descontınua.
Embora tenhamos introduzido os conceitos de continuidade e diferenciabilidade por partes para
funcoes definidas em toda a reta real, podemos introduzı-los de maneira natural para funcoes
definidas num intervalo finito [a, b] qualquer. Em particular, dizemos que f e contınua por partes
em [a, b], se f tiver no maximo um numero finito de descontinuidades em [a, b], todas de primeira
especie.
Exercıcio 1.2 Mostre que se f e contınua por partes em [−L,L], onde 0 < L < ∞, entao f e
limitada em [−L,L]. Em particular, f(x), |f(x)| e f2(x) sao (Riemann) integraveis em [−L,L].
Observacao 1.2 Se f e seccionalmente derivavel, entao para todo x,
limt→0+
f(x+ t)− f(x+)
t= f ′(x+) = lim
t→0+f ′(x+ t)
e
limt→0−
f(x+ t)− f(x−)
t= f ′(x−) = lim
t→0−f ′(x+ t).
1.4 Ortogonalidade
Exercıcio 1.3 Nesta e na proxima secao em varias situacoes teremos que calcular integrais de
funcoes do tipo sen ax sen bx, sen ax cos bx, cos ax cos bx. Para calcula-las, usamos as seguintes
8
identidades trigonometricas, cujas demostracoes deixamos para o estudante:
sen ax sen bx =cos[(a− b)x]− cos[(a+ b)x]
2
sen ax cos bx =sen [(a+ b)x] + sen [(a− b)x]
2
cos ax cos bx =cos[(a− b)x] + cos[(a+ b)x]
2.
Sugestao: Use as identidades cos(a±b) = cos a cos b∓sen senb e sen (a±b) = sen cos b±sen b cos a.
Definicao 1.4 Se f e g sao contınuas por partes em [−L,L], entao fg tambem e contınua por
partes em [−L,L] e, pelo Exercıcio (1.2), fg e integravel, o que nos permite definir produto
interno ou escalar de f e g como
(f, g) =
∫ L
−Lf(x)g(x)dx. (1)
Se o produto escalar de f e g for zero dizemos que estas duas funcoes sao ortogonais em [−L,L].
A norma de f e definida como
||f || =√
(f, f).
Exercıcio 1.4 Sejam po(x) = 1, p1(x) = x, p2(x) =12(3x
2 − 1) e p3(x) =12(5x
3 − 3x), mostre que
(i)∫ 1−1 pn(x)pm(x)dx = 0, se n = m e
(ii)∫ 1−1 |pn(x)|
2dx = 22n+1 .
Os polinomios acima sao solucoes da equacao diferencial de Legendre:
(1− x2)u′′ − 2xu′ + n(n+ 1)u = 0,
para n = 0, 1, 2 e 3, respectivamente. Eles sao chamados de polinonios de Legendre.
Exercıcio 1.5 Usando as identidades do Exercıcio 1.3, mostre que se m,n sao inteiros nao nulos,
entao
1
L
∫ L
−Lsen
( nπxL
)sen
(mπxL
)dx = δnm =
1
L
∫ L
−Lcos(nπxL
)cos(mπx
L
)dx
1
L
∫ L
−Lsen
(nπxL
)cos(mπx
L
)dx = 0,
onde o sımbolo δnm, chamado de delta de Kronecker, e definido por
δnm =
0, se m = n
1, se n = m.
9
Alem disso, ∫ L
−Lsen
(nπxL
)dx = 0 e
∫ L
−Lcos(mπx
L
)dx = 0,
logo o conjunto formado por 1√2L,sen (nπx
L )√L
,cos (nπx
L )√L
, n = 1, 2, 3, . . . e ortonormal em [−L,L].
Exemplo 1.5 Seja
f(x) =ao2
+
N∑n=1
(an cos
nπx
L+ bn sen
nπx
L
). (2)
Quanto valem os coeficientes an e bn?
Resolucao. Multiplicando (2) por f(x), integrando de −L a L e lembrando que∫ L
−Lcos(mπx
L
)dx = 0 =
∫ L
−Lsen
(nπxL
)dx,
temos ∫ L
−Lf(x)dx =
ao2
∫ L
−Ldx+
N∑n=1
(an
∫ L
−Lcos
nπx
Ldx+ bn
∫ L
−Lsen
nπx
Ldx
)= Lao,
portanto
ao =1
L
∫ L
−Lf(x)dx.
Multiplicando (2) por cos(mπxL
), integrando de −L a L e lembrando que∫ L
−Lcos(mπx
L
)sen
(nπxL
)dx = 0 e
∫ L
−Lcos(mπx
L
)cos(nπxL
)dx = Lδnm
temos∫ L
−Lf(x) cos
(mπxL
)dx =
ao2
∫ L
−Lcos(mπx
L
)dx
+N∑
n=1
(an
∫ L
−Lcos(nπxL
)cos(mπx
L
)dx+ bn
∫ L
−Lsen
(nπxL
)cos(mπx
L
)dx
)= am
∫ L
−Lcos2
(mπxL
)dx
= Lam.
Portanto,
am =1
L
∫ L
−Lf(x) cos
(mπxL
)dx.
10
Multiplicando (2) por sen(mπxL
), integrando de −L a L e lembrando que∫ L
−Lsen
(mπxL
)cos(nπxL
)dx = 0 e
∫ L
−Lsen(mπx
L
)sen(nπxL
)dx = Lδnm
temos∫ L
−Lf(x)sen
(mπxL
)dx =
ao2
∫ L
−Lsen(mπx
L
)dx
+
N∑n=1
(an
∫ L
−Lsen(mπx
L
)cos(nπxL
)dx+ bn
∫ L
−Lsen
(mπxL
)sen(nπxL
)dx
)= bm
∫ L
−Lsen2
(mπxL
))dx
= Lbm.
Portanto,
bm =1
L
∫ L
−Lf(x)sen
(mπxL
)dx.
1.5 O Teorema de Fourier
Assumiremos que as nossas funcoes sao 2L perıodicas e suaves por partes. As funcoes
1√2L,sen
(nπxL
)√L
,cos
(nπxL
)√L
, n = 1, 2, 3, . . . (3)
sao 2L periodicas e suaves (portanto suaves por partes). Alem disso, do exercıcio anterior, vimos
que elas formam um conjunto ortonormal em [−L,L]. Sera que podemos escrever uma funcao
perıodica de perıodo 2L e suave por partes como uma combinacao das funcoes dadas em (3)? O
Teorema de Fourier que enunciaremos a seguir, nos diz algo a respeito desta pergunta.
Teorema 1.1 Teorema de Fourier. Seja f : R → R uma funcao seccionalmente diferenciavel e
de perıodo 2L. Entao a serie de Fourier de f definida por
ao2
+∞∑n=1
(an cos
nπx
L+ bn sen
nπx
L
),
11
onde
an =1
L
∫ L
−Lf(x) cos
nπx
Ldx, n = 0, 1, 2, . . .
bn =1
L
∫ L
−Lf(x) sen
nπx
Ldx, n = 1, 2, . . .
converge para 12 [f(x + 0) + f(x − 0)]. Os coeficientes an e bn sao chamados de coeficientes de
Fourier de f .
Prova Veja Subsecao 1.12.
Observacao 1.3 No Teorema de Fourier dizer que a serie de Fourier converge para 12 [f(x+ 0) +
f(x− 0)] significa que para cada x fixo, a sequencia numerica das somas parciais
SN (x) =ao2
+N∑
n=1
(an cos
nπx
L+ bn sen
nπx
L
), (4)
converge para 12 [f(x + 0) + f(x − 0)], quando N tende para infinito. Se f(x) for contınua em xo,
entao f(xo + 0) = f(xo − 0) = f(xo) e pelo Teorema de Fourier, a serie de Fourier de f converge
para f(xo).
Tendo em vista o Teorema de Fourier, podemos escrever
f(x) =ao2
+
∞∑n=1
(an cos
nπx
L+ bn sen
nπx
L
),
para qualquer ponto x no qual f e contınua.
Exemplo 1.6 Calcular a serie de Fourier da funcao
f(x) =
1, se 0 ≤ x < π,
0, se −π ≤ x < 0,
f(x+ 2π) = f(x).
Resolucao.
ao =1
π
∫ π
−πf(x) dx =
1
π
∫ π
0dx = 1,
an =1
π
∫ π
−πf(x) cosnx dx =
1
π
∫ π
0cosnx dx =
1
π
∣∣sennx ∣∣π0= 0,
bn =1
π
∫ π
−πf(x) sennx dx =
1
π
∫ π
−πsennx dx =
1
π
∣∣∣∣− cosnx
n
∣∣∣∣π0
=1
nπ(1− cosnπ),
12
ou ainda,
b2k = 0, e b2k−1 =2
(2k − 1)π, k = 1, 2, . . .
Portanto, a serie de Fourier de f(x) e
1
2+
∞∑k=1
2
(2k − 1)πsen [(2k − 1)x].
2 4 6 8 10 12
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Figura 5: A soma dos dois primeiros
termos da serie de Fourier de f(x).
2 4 6 8 10 12
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Figura 6: A soma dos tres primeiros
termos da serie de Fourier de f(x).
2 4 6 8 10 12
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Figura 7: A soma dos quatro termos
da serie de Fourier de f(x).
2 4 6 8 10 12
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Figura 8: A soma dos quatorze
primeiros termos da serie de Fourier
de f(x)
Exemplo 1.7 Use os resultados do exercıcio 1.6 e obtenha uma expressao em serie para π.
Resolucao. Segue-se do Teorema de Fourier que no ponto x = π2 , a serie de Fourier e igual a 1.
Logo,
1 =1
2+
∞∑k=1
2
(2k − 1)πsen
((2k − 1)
π
2
),
ou seja,
π
4=
∞∑k=1
1
2k − 1sen
((2k − 1)
π
2
)= 1− 1
3+
1
5− 1
7+
1
9− . . . =
∞∑k=1
(−1)k−1
2k − 1,
que e conhecida como a serie de Leibniz.
13
Exemplo 1.8 Supondo que f seja 2L periodica e f ′′(x) seja absolutamente integravel em [−L,L],
ou seja,∫ L−L |f ′′(x)|dx <∞, mostre que os coeficientes de Fourier de f satisfazem
|an|, |bn| ≤C
n2.
Resolucao. Como f e f ′ sao 2L periodicas, fazendo integracao por partes duas vezes (os termos
de fronteira sao nulos), temos
an =1
L
∫ L
−Lf(x) cos
(nπxL
)dx =
L
n2π2
∫ L
−Lf ′′(x) cos
(nπxL
)dx.
Como a funcao cosseno e limitada por 1, segue que
|an| ≤L
n2π2
∫ L
−L|f ′′(x) cos
(nπxL
)|dx ≤ 1
n2
(L
π2
∫ L
−L|f ′′(x)|dx
)≡ C
n2.
De maneira analoga, mostra-se que |bn| ≤ Cn2 . Portanto, se uma funcao f for 2L periodica e f ′′(x)
for absolutamente integravel, os seus coeficientes de Fourier decaem pelo menos com 1/n2.
Exercıcio 1.6 Seja f uma funcao periodica de perıodo 2L, k−vezes derivavel com derivada de
ordem k absolutamente integravel. Mostre que existe uma constante positiva C tal que
|an|, |bn| ≤C
nk, ∀n ≥ 1.
Sugestao: Use integracao por partes k vezes e use o fato que f e suas derivadas ate ordem
k − 1 sao periodicas, o que assegura que os termos de fronteira sejam nulos. Podemos tomar
C = 1L
(Lπ
)k ∫ L−L |f (k)(x)|dx.
O exercıcio acima mostra que quanto mais suave for uma funcao, mais rapidamente os seus
coeficientes de Fourier decaem com n, ou seja, a convergencia de Sn(x) para f(x) e mais rapida. Em
particular, a soma dos N primeiros termos da serie de Fourier de f , mesmo que N seja relativamente
pequeno, sera uma aproximacao muito boa para f .
1.6 Series de Fourier de Funcoes Pares e de Funcoes Impares
Definicao 1.5 Seja I um subconjunto da reta que e simetrico em relacao a origem, ou seja, se
x ∈ I, entao, −x ∈ I. Dizemos que f : I → R e uma funcao par se f(−x) = f(x) para todo x ∈ I.
Se f(−x) = −f(x) para todo x ∈ I, dizemos que f e uma funcao ımpar.
14
Exemplo 1.9 As funcoes cos nπxL , x2n, n = 1, 2, . . ., sao pares. Por outro lado, as funcoes sen nπx
L ,
x2n−1, n = 1, 2, . . ., sao ımpares. Assumimos que os domınios destas funcoes sao a reta toda ou
qualquer intervalo da forma (−a, a) ou [a, a], onde a > 0.
Exercıcio 1.7 Mostre que
(i) A soma ou diferenca de duas funcoes pares e uma funcao par. A soma ou diferenca de duas
funcoes ımpares e uma funcao ımpar.
(ii) O produto ou razao de duas funcoes pares e uma funcao par.
(iii) O produto ou razao de duas funcoes ımpares e uma funcao par.
(iv) O produto ou razao de uma funcao par e uma funcao ımpar e uma funcao ımpar.
(v) Se f esta definida num subconjunto da reta que e simetrico em relacao a origem, entao,
podemos escrever f como a soma de uma funcao par e uma funcao ımpar.
Exemplo 1.10
(i) Suponha que f seja uma funcao par, integravel em qualquer intervalo limitado. Entao,∫ L
−Lf(x)dx = 2
∫ L
0f(x)dx.
(ii) Suponha que f e uma funcao ımpar, integravel em qualquer intervalo limitado. Entao,∫ L
−Lf(x)dx = 0.
Demonstracao. Basta observar que∫ L
−Lf(x)dx =
∫ 0
−Lf(x)dx+
∫ L
0f(x)dx
e ∫ 0
−Lf(x)dx = −
∫ 0
Lf(−y)dy =
∫ L
0f(−y)dy =
∫ L0 f(y)dy, se f for par,
−∫ L0 f(y)dy, se f for ımpar.
1.7 Calculo de Algumas Series de Fourier
Seja f1 periodica de perıodo de 2L definida por f1(x) = x, para −L < x < L. Como f1 e ımpar,
teremos uma serie de senos (todos os an’s sao nulos), cujos os coeficientes sao
bn =2
L
∫ L
0x sen
nπx
Ldx.
15
Fazendo a mudanca de variaveis y = nπxL , obtemos
bn =2L
n2π2
∫ nπ
0ysen y dy.
Integrando por partes,∫ nπ
0y sen y dy = −y cos y |nπ0 +
∫ nπ
0cos ydy = −nπ cos (nπ).
Logo,
bn =2L
nπ(−1)n+1.
Portanto, a serie de Fourier de f1 e
2L
π
∞∑n=1
(−1)n+1
nsen
nπx
L.
Seja f2 periodica de perıodo 2L e definida por
f2(x) =
L− x, para 0 ≤ x ≤ L,
L+ x, para −L ≤ x ≤ 0.
Como f2 e uma funcao par, temos uma serie de cossenos (todos os bn’s sao nulos), cujos os
coeficientes sao
ao =2
L
∫ L
0(L− x)dx =
2
L
L2
2= L,
an =2
L
∫ L
0(L− x) cos
nπx
Ldx =
2L
n2π2[1− (−1)n] =
0, se n = 2k,
4L(2k−1)2π2 , se n = 2k − 1,
k = 1, 2, . . .. Portanto, a serie de Fourier de f2 e
L
2+
4L
π2
∞∑k=1
1
(2k − 1)2cos
(2k − 1)πx
L.
Como f e contınua, a serie acima converge para f2(x) em todos os pontos. Usando o Teorema
de Fourier para x = 0, obtemos
L = f2(0) =L
2+
4L
π2
∞∑k=1
1
(2k − 1)2,
ou seja,
π2
8=
∞∑k=1
1
(2k − 1)2= 1 +
1
32+
1
52+
1
72+ . . .
16
Seja f3 a funcao periodica de perıodo 2L e definida por f3(x) = x2, para −L ≤ x ≤ L. Como f
e par, teremos uma serie de cossenos cujos coeficientes sao
ao =2
L
∫ L
0x2dx =
2L2
3
e
an =2
L
∫ L
0x2 cos
nπx
Ldx =
2L2
n3π3
∫ nπ
0y2 cos y dy =
4L2
n2π2(−1)n.
Portanto, a serie de Fourier de f3 e
L2
3+
4L2
π2
∞∑n=1
(−1)n
n2cos
nπx
L.
Como a funcao f3 e contınua, a serie acima converge para f(x) em todos os pontos. Aplicando o
Teorema de Fourier para x = L, obtemos
π2
6= 1 +
1
22+
1
32+
1
42+ . . . =
∞∑n=1
1
n2.
1.8 Series de Fourier de funcoes definidas num intervalo finito
Ate entao havıamos calculado a serie de Fourier de uma funcao periodica, com perıodo 2L.
Suponha agora que tenhamos uma funcao f que esteja definida apenas no intervalo [0, L]. E
possıvel falarmos em serie de Fourier de f? A teoria vista se aplica a funcoes periodicas, por isso
temos que considerar uma funcao g que seja extensao periodica de f , digamos de perıodo 2L e
calcularmos a sua serie de Fourier. Como g restrita a (0, L) e f , entao a serie de Fourier de g
converge para f(x+0)+f(x−0)2 , para todo x em (0, L). Para construirmos g, temos que definı-la para
x no intervalo [−L, 0), o que podemos fazer de infinitas maneiras, com isso a representacao de f
em series de Fourier nao sera unica. Dois casos particulares e importantes de extensoes perıodicas
de perıodo 2L de f , sao as extensoes periodicas par e ımpar, respectivamente, o que nos permite
representar f em termos de apenas cossenos e de apenas senos, respectivamente. Pode ser que
queiramos uma extensao perıodica de f de perıodo 4L, o que significa que teremos que definir g
nos intervalos (L, 2L] e [−2L, 0). Nas aplicacoes de series de Fourier faremos a escolha de g que
seja a adequada ao problema (condicoes de contorno).
Exemplo 1.11 Dada f(x) = x, para 0 ≤ x ≤ π, escreva f como uma serie de senos.
17
Resolucao. Neste caso temos L = π. Vimos que quando uma funcao g e impar, a sua serie de
Fourier contem apenas senos. Logo, tomaremos como g a extensao de f que e periodica de perıodo
2π e ımpar. Portanto, g(x) = x, para −π < x ≤ π, veja Figura 9.
-15 -10 -5 5 10 15x
-3
-2
-1
1
2
3
y
Figura 9: A extensao periodica ımpar de perıodo 2π, da funcao f(x) = x, para 0 ≤ x ≤ π.
A serie de Fourier de g ja foi calculada e encontramos a seguinte serie de Fourier para f :
2
∞∑n=1
(−1)n+1
nsen (nx).
Consequentemente, do Teorema de Fourier, temos
x = 2
∞∑n=1
(−1)n+1
nsen (nx), 0 ≤ x < π.
(Na verdade, a igualdade acima vale para −π < x < π, mas isso nao foi pedido no problema.)
18
-7.5 -5 -2.5 2.5 5 7.5
-2
-1
1
2
Figura 10: O primeiro termo da serie de Fourier
de f .
-7.5 -5 -2.5 2.5 5 7.5
-3
-2
-1
1
2
3
Figura 11: A soma dos tres primeiros termos da
serie de Fourier de f .
-7.5 -5 -2.5 2.5 5 7.5
-3
-2
-1
1
2
3
Figura 12: A soma dos cinco primeiros termos
da serie de Fourier de f .
-7.5 -5 -2.5 2.5 5 7.5
-3
-2
-1
1
2
3
Figura 13: A soma dos dez primeiros termos da
serie de Fourier de f .
Exemplo 1.12 No exemplo anterior, poderıamos ter escolhido um perıodo T maior do que 2π na
definicao de uma extensao periodica ımpar de g. Por exemplo, T = 4π. E aı terıamos tambem
que definir g no intervalo (π, 2π], alem de dizer que ela e ımpar. Uma opcao seria definirmos
g(x) = 2π − x, para x em (π, 2π]. Na Figura 14 esbocamos g para −2π ≤ x ≤ 2π.
-6 -4 -2 2 4 6
-3
-2
-1
1
2
3
Figura 14:
19
Resolucao. Calculemos os coeficientes bn, lembrando que L = 2π,
bn =1
π
∫ 2π
0g(x)sen
(nx2
)dx
=1
π
∫ π
0x sen
(nx2
)dx+
1
π
∫ 2π
π(−x+ 2π) sen
(nx2
)dx
=8
n2πsen
(nπ2
)=
0, se n = 2k(−1)k+1
(2k−1)2, se n = 2k − 1
.
Portanto, a serie de Fourier de g e
8
π
∞∑n=1
(−1)n+1
(2n− 1)2sen
((2n− 1)x
2
)a qual converge para g(x) para todo x. Em particular,
x =8
π
∞∑n=1
(−1)n+1
(2n− 1)2sen
((2n− 1)x
2
), 0 ≤ x ≤ π.
Fazendo x = π na relacao acima, concluimos que
1
12+
1
32+
1
52+ . . .+
1
(2n− 1)2+ . . . =
π2
8.
Exemplo 1.13 Dada f(x) = x, para 0 ≤ x ≤ π, escreva f como uma serie de co-senos.
Resolucao. Neste caso temos L = π. Vimos que quando uma funcao g e par, a sua serie de Fourier
contem apenas cossenos (e o termo constante). Logo, tomaremos como g a extensao de f que e
periodica de perıodo 2π e par. Portanto, faremos g(x) = |x|, para −π < x ≤ π. Portanto, bn = 0 e
an =2
π
∫ π
0x cosnx dx =
π, se n = 0,2[(−1)n−1]
n2π, se n = 1, 2, . . .
Portanto, a serie de Fourier de g e
π
2− 4
π
∞∑k=1
1
(2k − 1)2cos(2k − 1)x,
logo, pelo Teorema de Fourier
x =π
2− 4
π
∞∑k=1
1
(2k − 1)2cos(2k − 1)x, 0 ≤ x ≤ π.
20
Exemplo 1.14 Dada f(x) = x, para 0 ≤ x ≤ π, escreva f como uma serie de senos e co-senos.
Resolucao. Tomaremos uma extensao de f periodica de perıodo 2π. Temos infinitas possilidades,
por exemplo, podemos fazer g(x) = 0 para −π < x ≤ 0. Assim,
ao =1
π
∫ π
0xdx =
π
2
an =1
π
∫ π
0x cosnx dx =
(−1)n − 1
n2π,
bn =1
π
∫ π
0x sennx dx =
(−1)n+1
n.
Portanto, a serie de Fourier de g e
π
4− 2
π
∞∑k=1
1
(2k − 1)2cos ((2k − 1)x) +
∞∑k=1
(−1)k+1
ksen (kx).
Em particular, do Teorema de Fourier, temos
x =π
4− 2
π
∞∑k=1
1
(2k − 1)2cos ((2k − 1)x) +
∞∑n=1
(−1)n+1
nsen (nx), 0 ≤ x ≤ π.
Fazendo x = π2 na expressao acima, concluimos que
∞∑n=1
(−1)n+1
2n− 1=π
4.
Exercıcio 1.8 Seja f(x) = x2 para 0 ≤ x ≤ π.
(a) Mostre que a serie de Fourier de cossenos de f e
π2
3+ 4
∞∑n=1
(−1)n
n2cos(nx).
(b) Usando x = π, conclua que
∞∑n=1
1
n2=π2
6.
21
-15 -10 -5 5 10 15x
2
4
6
8
10
y
Figura 15: Grafico da extensao
periodica par de f .
-15 -10 -5 5 10 15
2
4
6
8
Figura 16: A soma dos sete
primeiros termos da serie de Fourier
de cossenos de f .
Exemplo 1.15 Dada uma funcao f : [0, L] → R, mostre que ela possui a seguinte serie de senos
∞∑n=1
cn sen
((2n− 1)πx
2L
), (5)
onde
cn =2
L
∫ L
0f(x) sen
((2n− 1)πx
2L
)dx.
Resolucao. Suponha que o grafico de f seja como na Figura 17. Inicialmente, veja Figura 18,
iremos estender f para uma funcao g definida em [0, 2L], de modo que ela coincida com f no
intervalo [0, L] e g(x) = f(2L−x), para x no intervalo [L, 2L]. Isto faz com que g(x) seja simetrica
em relacao ao eixo x = L, ou seja, g(L+∆x) = f(L−∆x) = g(2L−∆x, para 0 < ∆x < L). Feito
isso, iremos estende-la para todo x de forma que ela seja uma funcao periodica ımpar de perıodo
4L, veja Figura 19, logo, os seus coeficientes de Fourier (de senos) serao dados por
bn =2
2L
∫ 2L
0g(x)sen
nπx
2Ldx
=1
L
(∫ L
0f(x) sen
nπx
2Ldx+
∫ 2L
Lg(x) sen
nπx
2Ldx
)=
1
L
(∫ L
0f(x) sen
nπx
2Ldx+
∫ 2L
Lf(2L− x) sen
nπx
2Ldx
).
22
0.0 0.5 1.0 1.5 2.0x0.0
0.5
1.0
1.5
2.0
y
Figura 17: Grafico de f .
1 2 3 4x
0.5
1.0
1.5
2.0
y
Figura 18: Grafico da extensao de f para
o intervalo [0, 2L] de modo que ela seja
simetrico em relacao ao eixo x = L.
-4 -2 2 4x
-2
-1
1
2
y
Figura 19: Grafico da extensao de f para
o intervalo [−2L, 2L] de modo que ela seja
ımpar.
Note que fazendo a mudanca de variaveis y = 2L− x na segunda integral, temos∫ 2L
Lf(2L− x) sen
(nπx2L
)dx = −
∫ 0
Lf(y) sen
(n(2L− y)π
2L
)dy
=
∫ L
0f(y) sen
(n(2L− y)π
2L
)dy
=
∫ L
0f(y) sen
(nπ − nπy
2L
)dy
= − cosnπ
∫ L
0f(y)sen
(nπy2L
)dy
= −(−1)n∫ L
0f(y)sen
((2k − 1)πy
2L
)dx.
23
Portanto, temos
bn =1− (−1)n
L
∫ L
0f(x)sen
(nπx2L
)dx =
0, se n for par
2L
∫ L0 f(x)sen
(nπx2L
)dx, se n for ımpar.
que e o resultado desejado.
A representacao (5) sera usada no estudo da equacao de calor com condicoes de contorno mista.
Exercıcio 1.9 Seja f(x) definida como
f(x) = sen2 x, 0 ≤ x ≤ π.
(a) Seja g o prolongamento periodico ımpar com perıodo 2π de f . Esboce o grafico de g.
(b) Calcule a serie de Fourier de g.
(c) Qual o valor da serie de Fourier de g no ponto x = π2 .
1.9 Derivacao e Integracao de Series de Fourier
No curso de calculo vimos que se uma serie de potencias∑∞
n=0 anxn tem raio de convergencia
R > 0, entao para todo a, x ∈ (−R,R), temos( ∞∑n=0
anxn
)′
=
∞∑n=0
(anxn)′
e ∫ x
a
( ∞∑n=0
anun
)du =
∞∑n=0
∫ x
aanu
ndu.
Em outras palavras, podemos derivar e integrar termo a termo uma serie de potencias no intervalo
(−L,L). Sera que podemos fazer o mesmo com uma serie de Fourier?
A seguir daremos condicoes suficientes para integrarmos e derivarmos uma serie de Fourier.
Exemplo 1.16 Suponha que f periodica de perıodo 2L e continuamente derivavel. Entao a serie
de Fourier de f ′ e∞∑n=1
(nπLbn cos
nπx
L− nπ
Lan sen
nπx
L
),
onde an e bn sao os coeficientes de Fourier de f . A serie acima e obtida derivando termo a termo a
serie de Fourier de f . Como f ′ e contınua, a serie acima converge para f ′(x) em todos os pontos.
24
Resolucao. Como f e periodica de perıodo 2L, o mesmo acontecera com f ′. Sejam a′n e b′n os
coeficientes de Fourier de f ′. Logo
a′o =2
L
∫ L
−Lf ′(x)dx = f(L)− f(−L) = 0,
para n > 0, fazendo integracao por partes (os termos de fronteira sao nulos, pois f e cos(nπxL
)sao
2L periodicas), temos
a′n =2
L
∫ L
−Lf ′(x) cos
(nπxL
)dx =
2
L
∣∣∣f(x) cos(nπxL
)∣∣∣L−L
+nπ
L
2
L
∫ L
−Lf(x) sen
(nπxL
)dx =
nπ
Lbn.
De maneira analoga, obtemos
b′n = −nπLan.
Exemplo 1.17 Suponha que f seja periodica de perıodo 2L e contınua. Entao para todo x,
integrando por partes, temos∫ x
0f(y)dy =
ao2x+
∞∑n=1
(Lannπ
sen(nπxL
)+
L
nπbn
(1
n− 1
)cos
(nπxL
)),
onde an e bn sao os coeficientes de Fourier de f . A serie acima e obtida integrando termo a termo
a serie de Fourier de f .
Resolucao. Seja g(x) = f(x) −∫ L−L f(y)dy
2L = f(x) − ao2 , entao g e 2L periodica e
∫ L−L g(y)dy = 0,
portanto G(x) =∫ x0 g(y)dy e 2L periodica e continuamente derivavel, pois G′(x) = g(x). Sejam
An e Bn os coeficientes de Fourier de G, entao do exercıcio anterior,
g(x) = G′(x) =∑n=1
(−Annπ
Lsen
(nπxL
)+nπBn
Lcos(nπxL
)),
mas
g(x) =
∞∑n=1
(an cos
nπx
L+ bn sen
nπx
L
),
portanto, para n ≥ 1, temos
An = − L
nπbn e Bn =
L
nπan.
Portanto,
G(x) =Ao
2+
∞∑n=1
(− L
nπbn cos
(nπxL
)+
L
nπan sen
(nπxL
)).
25
Como G(0) = 0, entao
Ao
2=
∞∑n=1
L
nπbn.
Logo
G(x) =∞∑n=1
(Lannπ
sen(nπxL
)+
L
nπbn
(1
n− 1
)cos
(nπxL
)).
Como ∫ x
0f(y)dy = G(x) +
ao2x,
obtemos o resultado desejado.
1.10 Series de Fourier Complexas
A seguir mostraremos que a serie de Fourier de uma funcao f periodica de perıodo 2L e suave
por partes pode ser escrita como
∞∑n=−∞
f(n)einπxL , (6)
onde
f(n) =1
2L
∫ L
−Le
−inπyL f(y)dy, n ∈ Z. (7)
A serıe (6) e chamada de serie de Fourier complexa de f ,
Prova. De fato, relacao de Euler, para todo θ real, temos
eiθ = cos θ + i sen θ,
da qual obtemos
cos θ =eiθ + e−iθ
2e sen θ =
eiθ − e−iθ
2i.
Das duas ultimas relacoes acima, temos
an cos(nπxL
)+ bn sen
(nπxL
)=
an − ibn2
einπxL +
an − ibn2
e−inπx
L . (8)
26
Das definicoes de an, bn e de f e da relacao de Euler, temos
an − ibn2
=1
2L
∫ L
−Lf(y)
(cos(nπyL
)− i sen
(nπyL
))dy
=1
2L
∫ L
−Le
−inπyL f(y)dy = f(n) (9)
e
an + ibn2
=1
2L
∫ L
−Lf(y)
(cos(nπyL
)+ i sen
(nπyL
))dy
=1
2L
∫ L
−Le
inπyL f(y)dy
= f(−n). (10)
Substituindo (9), (10) em (8), temos
an cos(nπxL
)+ bn sen
(nπxL
)= f(n)e
inπxL + f(−n)e
−inπxL .
Portanto,
SN (x) =ao2
+
N∑n=1
(an cos
nπx
L+ bn sen
nπx
L
)= f(0) +
N∑n=1
(f(n)e
inπxL + f(−n)e
−inπxL
)=
N∑n=−N
f(n)einπxL .
Portanto, pelo Teorema de Fourier, a sequencia
N∑n=−N
f(n)einπxL converge para f(x+)+f(x−)
2 , quando
N tende a infinito.
As relacoes (9) e (10) nos permitem passar da serie de Fourier complexa para a serie de Fourier
real e vice-versa.
Exemplo 1.18 Encontre a serie de Fourier de f periodica de perıodo 2π, definida como
f(x) =
1, se 0 ≤ x < π
0, se −π ≤ x < 0.
27
Resolucao. Note que os coeficientes de Fourier complexos sao
f(n) =1
2π
∫ π
−πf(x)e−inxdx =
1
2π
∫ π
0e−inxdx =
e−inπ−1−2πin , se n = 0
12 , se n = 0
=
1−(−1)n
2πin , se n = 0
12 , se n = 0
Logo a serie de Fourier complexa de f e
1
2− i
π
∑|n|≥1
ei(2n−1)x
2n− 1.
1.11 A desigualdade de Parseval e o Lemma de Riemann-Lebesque
Exercıcio 1.10 Usando as relacoes de ortogonalidade dadas no Exercıcio 1.5 mostre que∫ L
−L(SN (x))2dx = L
(a2o2
+
N∑n=1
(a2n + b2n)
). (11)
Exercıcio 1.11 Multiplicando (4) por f(x) e integrando de −L a L, mostre que
2
∫ L
−Lf(x)SN (x)dx = 2L
(a2o2
+
N∑n=1
(a2n + b2n)
). (12)
Como 0 ≤ (f(x)− SN (x))2, de (11) e (12) temos
0 ≤∫ L
−L(f(x)− SN (x))2dx
=
∫ L
−L(f(x))2dx− 2
∫ L
−Lf(x)SN (x)dx+
∫ L
−L(SN (x))2dx
=
∫ L
−L(f(x))2dx− L
(a2o2
+
N∑n=1
(a2n + b2n)
)portanto, para todo N , temos
a2o2
+
N∑n=1
(a2n + b2n) ≤1
L
∫ L
−L(f(x))2dx,
tomando o limite quando N tende a infinito, obtemos a seguinte desigualdade, chamada de
Desigualdade de Bessel:
a2o2
+
∞∑n=1
(a2n + b2n) ≤1
L
∫ L
−L(f(x))2dx <∞.
28
Como a serie a2o2 +
∑∞n=1(a
2n+b
2n) e convergente, entao o seu termo geral a2n+b
2n tende a zero quando
n tende a infinito, ou equivalentemente, os coeficientes an e bn tendem a zero quando n → ∞, ou
seja,
limn→∞
∫ L
−Lf(x) cos
(nπxL
)dx = 0 e lim
n→∞
∫ L
−Lf(x) sen
(nπxL
)dx = 0, (13)
este resultado e chamado de Lema de Riemann-Lebesque.
Exemplo 1.19 Suponha que g : [0, L] → R seja contınua por partes, entao
limn→∞
∫ L
0g(t)sen
nπt
Ldt = 0 e lim
n→∞
∫ L
0g(t) cos
nπt
Ldt = 0,
portanto,
limn→∞
∫ L
0g(t)sen
((n+ 1/2)t
L
)dt = 0. (14)
Resolucao. Como g e contınua por partes em [0, L], logo G : [−L,L] → R, definida por
G(t) =
g(t), se t ∈ [0, L]
0, se t ∈ [−L, 0)
e contınua por partes em [−L,L], portanto tem quadrado integravel. Entao aplicando o lemma
de Riemann-Lebesque a G(t), temos limn→∞
∫ L
−LG(t)sen
nπt
Ldt = 0 e lim
n→∞
∫ L
−LG(t) cos
nπt
Ldt = 0,
portanto
limn→∞
∫ L
0g(t)sen
nπt
Ldt = lim
n→∞
∫ L
−LG(t)sen
nπt
Ldt = 0
e
limn→∞
∫ L
0g(t) cos
nπt
Ldt = lim
n→∞
∫ L
−LG(t) cos
nπt
Ldt = 0.
Exemplo 1.20 Suponha que h : [−L, 0] → R seja contınua por partes, entao
limn→∞
∫ 0
−Lh(t) sen
nπt
Ldt = 0 e lim
n→∞
∫ 0
−Lh(t) cos
nπt
Ldt = 0,
consequentemente,
limn→∞
∫ 0
−Lh(t)sen
((n+ 1/2)πt
L
)dt = 0. (15)
29
Resolucao. Como h e contınua por partes em [−L, 0], logo H : [−L,L] → R, definida por
H(t) =
h(t), se t ∈ [−L, 0]
0, se t ∈ (0, L]
e contınua por partes em [−L,L], aplique o lema de Riemann-Lebesque a H(t) e proceda como no
Exemplo 1.19.
Exemplo 1.21 Seja f derivavel por partes na reta real. Para x fixo, defina g : [0, L] → R e
h : [−L, 0] → R por
g(t) =
f(x+t)−f(x+)
2sen (t/2) , se t ∈ (0, L]
f ′(x+), se t = 0(16)
e
h(t) =
f(x+t)−f(x−)
2sen (t/2) , se t ∈ [−π, 0)
f ′(x−), se t = 0. (17)
Como g e h sao contınuas por partes, segue de (14) e (15), que
limn→∞
∫ L
0g(t) sen
(n+ 1/2)πt
Ldt = 0
e
limn→∞
∫ 0
−Lh(t) sen
(n+ 1/2)πt
Ldt = 0.
1.12 Demonstracao do Teorema de Fourier
O nosso objetivo e demonstrar o Teorema de Fourier, primeiro consideraremos o caso particular
em que L = π, depois consideraremos o caso em que L > 0 e arbitrario.
30
Seja f periodica com perıodo 2π, da definicao dos seus coeficientes de Fourier podemos escrever
ak cos kx+ bk sen kx =1
π
∫ π
−πf(t) (coskx cos kt+ sen kx sen kt) dt
=1
π
∫ π
−πf(t) cos[k(x− t)] dt
=1
π
∫ π
−πf(t) cos[k(t− x)] dt
=1
π
∫ π−x
−π−xf(x+ y) cos ky dy, (t− x = y)
=1
π
∫ π−x
−π−xf(x+ t) cos kt dt, (y = t)
=1
π
∫ π
−πf(x+ t) cos kt dt,
na ultima igualdade usamos que f(x + t) cos kt e periodica com perıodo 2π, logo a sua integral
sobre qualquer intervalo de comprimento 2π tem o mesmo valor. Da mesma forma, obtemos
ao2
=1
2π
∫ π
−πf(x+ t) dt.
Portanto,
Sn(x) =ao2
+
N∑n=1
(ak cos kx+ bk sen kx)
=1
π
∫ π
−πf(x+ t)
(1
2+
N∑k=1
cos(kt)
)dt
=1
π
∫ π
−πf(x+ t)DN (t)dt,
onde
DN (t) =1
2+
N∑k=1
cos(kt) (18)
e chamado de nucleo de Dirichlet. Mostraremos que
DN (t) =
N + 12 se t = 0
sen ((N+1/2)t)2 sen (t/2) , se t = 0
. (19)
A funcao dada acima e claramente contınua em [−L,L].
Note que de (18), temos DN (0) = N + 12 . Da relacao de Euler, podemos escrever
Dn(t) =1
2
(1 +
N∑k=1
eikt +
N∑k=1
e−ikt
),
31
fazendo q = eit na identidadeN∑k=1
qn =q − qn+1
1− q(q = 1)
temos
N∑k=1
eikt =eit − ei(N+1)t
1− eit=
−eit/2(eit/2 − ei(N+1/2)t)
eit/2(e−it/2 − eit/2)=eit/2 − ei(N+1/2)t
e−it/2 − eit/2=
−eit/2 + ei(N+1/2)t
2i sen(t/2)
trocando t por −t na relacao acima, temos
N∑k=1
e−ikt =e−it/2 − e−i(N+1/2)t
2i sen(t/2),
portanto
N∑k=1
eikt +
N∑k=1
e−ikt =−2i sen(t/2) + 2i sen((N + 1/2)t)
2i sen(t/2)= −1 +
sen ((N + 1/2)t)
sen (t/2).
Note que
SN (x) =1
π
∫ π
−πf(x+ t)DN (t)dt =
1
π
∫ 0
−πf(x+ t)DN (t)dt+
1
π
∫ π
0f(x+ t)DN (t)dt,
mostraremos que
limN→∞
1
π
∫ 0
−πf(x+ t)DN (t)dt =
f(x−)
2e lim
N→∞
1
π
∫ π
0f(x+ t)DN (t)dt =
f(x+)
2.
com isso teremos mostrado o Teorema de Fourier para L = 2π. Note que de (18), temos∫ π
0DN (t)dt =
π
2e
∫ 0
0DN (t)dt =
π
2,
Portanto,
1
π
∫ π
0f(x+ t)DN (t)dt− f(x+)
2=
1
π
∫ π
0f(x+ t)DN (t)dt− 1
π
∫ π
0f(x+)DN (t)dt
=1
π
∫ π
0(f(x+ t)− f(x+))DN (t)dt
=1
π
∫ π
02 sen(t/2) g(t)DN (t)dt,
(fizemos g(t) = f(x+t)−f(x+)
2 sen (t/2) , veja (16))
=1
π
∫ π
0g(t) sen ((N + 1/2)t)dt
32
esta ultima expressao tende a zero quando N tende a infinito, veja (14). De maneira analoga,
definindo h(t) = f(x+t)−f(x−)2 sen (t/2) , veja (17), podemos escrever
1
π
∫ 0
−πf(x+ t)DN (t)dt− f(x−)
2=
1
π
∫ 0
−πh(t) sen ((N + 1/2)t)dt.
que tende a zero quando N tende a infinito, veja (15).
Note que se f(x) e 2L periodica e suave por partes, entao p(x) = f(πx/L) e 2π periodica e suave
por partes, sendo que para p(x) ja mostramos o Teorema de Fourier. E facil ver que os coeficientes
de f e p sao iguais, portanto se Sn(x) e sN (x) sao as somas parciais das serıes de Fourier de f e p,
respectivamente, entao
limn→∞
SN (x) = limn→∞
(ao2
+
N∑n=1
(an cos
nπx
L+ bn sen
nπx
L
))= lim
n→∞sN
(nπxL
)=
p(nπxL +
)+ p
(nπxL −
)2
=f(x+) + f(x−)
2.
Portanto, com isso provamos o Teorema de Fourier para L > 0 qualquer.
33
1.13 Exercıcios propostos
1. Nos problemas a seguir, esboce o grafico da funcao e encontre a sua serie de Fourier.
(a) f(x) = −x , −L ≤ x < L , f(x+ 2L) = f(x)
(b) f(x) =
1 , −L ≤ x < 0
0 , 0 ≤ x < L; f(x+ 2L) = f(x)
(c) f(x) =
−L− x , −L ≤ x < 0
L− x , 0 ≤ x < L; f(x+ 2L) = f(x)
(d) f(x) =
x+ 1 , −1 ≤ x < 0
x , 0 ≤ x < 1; f(x+ 2) = f(x)
(e) f(x) =
0 , −1 ≤ x < 0
x2 , 0 ≤ x < 1; f(x+ 2) = f(x)
(f) f(x) =
0 , −π ≤ x < 0
senx , 0 ≤ x < π; f(x+ 2π) = f(x)
(g) f(x) = |senx|
(h) f(x) = sen2x
2. Nos problemas a seguir, determinar se cada funcao dada e par, ou ımpar, ou nem par nem
ımpar. Esboce o grafico da funcao em cada caso.
(a) x3
(b) x3 − 2x
(c) x3 − 2x+ 1
(d) tan 2x
(e) secx
(f) |x3|
(g) e−x
(h) e−|x|
3. Considere a funcao f(x) = x2 , 0 ≤ x < 1.
(a) Faca o desenvolvimento em series de Fourier correspondente a extensao periodica dessa
funcao, ou seja, o desenvolvimento da funcao como se ela fosse periodica fora do intervalo
no qual ela se encontra definida, sendo seu perıodo igual a 1. Esboce o grafico da funcao
resultante no intervalo [−4, 4].
(b) Faca o desenvolvimento em series de Fourier correspondente a extensao periodica par
dessa funcao, ou seja, o desenvolvimento utilizando apenas termos em cosseno, com
perıodo 2. Esboce o grafico da funcao resultante no intervalo [−4, 4].
34
(c) Faca o desenvolvimento em series de Fourier correspondente a extensao periodica ımpar
dessa funcao, ou seja, o desenvolvimento utilizando apenas termos em seno, com perıodo
2. Esboce o grafico da funcao resultante no intervalo [−4, 4].
4. Considere as funcoes:
(a) f(x) =
0 , 0 < x ≤ 1
x , 1 < x ≤ 3
(b) f(x) =
x , 0 < x ≤ 1
1 , 1 < x ≤ 3
(c) f(x) =
x , 0 < x ≤ 1
1− x , 1 < x ≤ 3
(d) f(x) =
−1 , 0 < x ≤ 1
−x , 1 < x ≤ 3
Para cada uma das funcoes acima:
(i) Esboce o grafico da extensao periodica de perıodo igual a 3 da funcao, no intervalo de -12
a 12. Determine a serie de Fourier dessa extensao.
(ii) Esboce o grafico da extensao par de perıodo igual a 6 da funcao, no intervalo de -12 a
12. Determine a serie de Fourier dessa extensao.
(iii) Esboce o grafico da extensao ımpar de perıodo igual a 6 da funcao, no intervalo de -12
a 12. Determine a serie de Fourier dessa extensao.
5. Suponha que o conjunto de funcoes un(x), n = 1, 2, . . . seja ortonormal em [a, b], ou seja,∫ ba un(x)um(x)dx = δnm. Se a integral
∫ ba f
2(x)dx e finita, defina
cn =
∫ b
af(x)un(x)dx.
Mostre que∞∑n=0
c2n ≤∫ b
af2(x)dx
e conclua que
limn→∞
∫ b
af(x)un(x)dx = 0.
35
2 Equacoes Diferenciais Parciais
2.1 Um pouco sobre equacoes diferenciais ordinarias
Como nao se pressupoe que o aluno tenha feito um curso de equacoes diferenciais ordinarias
para fazer este curso, falaremos brevemente sobre este assunto.
Uma equacao diferencial ordinaria. EDO, e uma equacao que envolve uma funcao desconhecida
u(x) e derivadas da mesma. A ordem de uma EDO e a ordem da derivada mais alta que aparece
na mesma. Por exemplo u′(x) = ku(x) e u′′(x) = ω2u(x), onde k, ω sao constantes positivas, sao
EDO’s de primeira e segunda ordem, respectivamente. Eles descrevem o crescimento populacional
e o movimento de um oscilador harmonico, respectivamente.
Uma equacao linear de primeira ordem mais geral possıvel e da forma
u′(x) + p(x)u(x) = g(x), (20)
onde os coeficientes p e q sao funcoes conhecidas. Se P (x) for uma anti-derivada de p(x), entao
multiplicando a equacao acima por eP (x), temos eP (x)u′ + p(x)eP (x)u(x) = eP (x)g(x), ou seja
(eP (x)u(x))′ = eP (x)g(x). Portanto, eP (x)u(x) =∫eP (x)g(x)dx+ C, ou seja,
u(x) =
∫eP (x)g(x)dx+ C
eP (x)
e a solucao geral de (20). No calculo da integral indefinida∫eP (x)g(x)dx devemos fazer a constante
arbitraria igual a zero, uma vez que ja temos uma constante arbitraria C. Por exemplo, dada a
equacao u′ + 2xu = x, temos p(x) = 2x e g(x) = x, logo P (x) = ex2, portanto
u(x) =
∫ex
2xdx+ C
ex2 =12e
x2+ C
ex2 =1
2+ Ce−x2
.
O problema de valor inicial para uma equacao linear de primeira ordem consiste em
encontrarmos a solucao de (20) que satisfaca a condicao inicial u(xo) = uo. Por exemplo, para
encontrarmos a solucao de u′ + 2xu = x, u(0) = 1, escolhemos C em u(x) = 12 + Ce−x2
de modo
que u(0) = 1, ou seja, C = 1/2. Logo a solucao desejada e u(x) = 12 + 1
2e−x2
.
Toda equacao de primeira ordem que nao e da forma (20) e chamada de nao linear.
36
Dizemos que uma equacao de primeira ordem e de variaveis separaveis se ela e da forma
u′ =f(u)
g(x), (21)
por exemplo, u′ = u2+1x+3 . Note que (21) pode ser reescrita como
du
f(u)=
dx
g(x),
onde separamos as variaveis u e x. A solucao geral de (21) e∫du
f(u)=
∫dx
g(x).
Em particular, se u′ = u2+1x+3 temos ∫
du
u2 + 1=
∫dx
x+ 3
ou seja, arctg u = ln |x+ 3|+ C ou u = tg (ln |x+ 3|+ C) .
Uma EDO linear de segunda ordem mais geral possıvel e da forma
u′′(x) + p(x)u′(x) + q(x)u(x) = g(x), (22)
onde os coeficientes p, q e q sao funcoes conhecidas. Se g(x) = 0 dizemos que a equacao e
homogenea. O problema de valor inicial para uma equacao linear de segunda ordem consiste
em encontrarmos a solucao de (22) que satisfaca as condicoes iniciais u′(xo) = uo e u′(xo) = u′o, que
no caso de um oscilador harmonico correspondem a posicao e a velocidade da massa no instante
xo.
O conjunto solucao de uma equacao linear de segunda ordem e um espaco vetorial de
dimensao 2. Para encontrarmos uma base para o mesmo, basta encontrarmos duas solucoes
u1(x) e u2(x) que sejam linearmente independentes, isto significa que
W (u1(x), u2(x)) = det
u1(x) u2(x)
u′1(x) u′2(x)
= 0.
Um caso particularmente interessante de uma EDO linear de segunda ordem homogenea e
quando os coeficientes sao constantes, ou seja, ela e da forma
au′′ + bu′ + cu = 0,
onde a, b, c sao constantes que assumiremos reais, com a = 0. Para resolvermos tal equacao,
buscamos uma solucao da forma eλx, o que significa que λ tem que ser raiz da seguinte equacao
aλ2 + bλ+ c = 0,
37
chamada de equacao caracterıstica da EDO. Fazendo ∆ = b2 − 4ac temos as seguinte
possibilidades:
(i) ∆ > 0, neste caso temos duas raizes reais distintas: λ± = −b±√∆
2a e a solucao geral da equacao
sera
u(x) = c1eλ−x + c2e
λ+x.
(ii) ∆ = 0, neste caso λ− = λ+ = −b2a , o que nos da a solucao e−
b2a
x, para encontrarmos uma
outra solucao que nao seja multiplo desta, tentamos uma solucao da forma u(x) = v(x)e−b2a
x, com
isso encontramos v(x) = x. Portanto a solucao geral da equacao e
u(x) = (c1 + c2x)e− b
2ax.
(iii) ∆ < 0, neste caso temos duas raizes complexas distintas: λ± =−b±i
√|∆|
2a = α ± iβ, o
que nos da as solucoes complexas u1(x) = eαxeiβx e u2(x) = eαxe−iβx. Como a equacao (22) e
linear e homogenea, combinacoes lineares de suas solucoes tambem serao solucoes. Em particular,u1(x)+u2(x)
2 = eαx cos(βx) e u1(x)−u2(x)2i = eαx sen (βx) sao solucoes de (22), como uma nao e multiplo
escalar da outra, elas sao linearmete independentes, portanto a solucao geral de (22) sera
u(x) = eαx (c1 cos(βx) + c2 sen(βx)) . (23)
Se quisermos resolver o problema de valor inicial, teremos que escolher c1 e c2 de forma satisfazer
as condicoes iniciais, isto significa resolver um sistema de equacoes lineares (duas equacoes de duas
incoginitas).
Em muitas situacoes estaremos interessados em resolver uma equacao ordinaria de segunda
ordem onde a situacao fısica requer que consideremos u(x) apenas para x ∈ [0, L], onde L e positivo
e finito. Neste caso inves de especificarmos as condicoes iniciais, teremos que especificar condicoes
em u e ou u′ nas extremidades deste intervalo, com isso teremos o que chamamos de condicoes
de contorno. A equacao diferencial, juntamente com estas condicoes de contorno nos levam
aos problemas de valores de contornos. Embora existam outras condicoes de contorno
importantes, consideraremos condicoes de contorno de Dirichlet, de Neumann e mista, dadas
por (i) u(0) = 0 = u(L), (ii) u′(0) = 0 = u′(L) e (iii) u(0) = 0 = u′(L). respectivamente, onde λ e
uma constante. Mais precisamente, consideraremos os seguintes problemas de valores de contornos:
u′′(x) = λu(x), para 0 < x < L e u satisfaz uma das tres condicoes de contorno (i). (ii) ou (iii).
Estes problemas serao resolvidos quando estudarmos a solucao da equacao do calor.
38
2.2 O que e uma equacao diferencial parcial?
Uma equacao diferencial parcial, EDP , e uma equacao contendo uma funcao desconhecida u
de duas ou mais variaveis independentes e derivadas parciais de u em relacao a estas variaveis.
2.3 Classificacao de Equacoes Diferenciais Parciais
A ordem de uma equacao EDP e a ordem da derivada de maior ordem que aparece na mesma.
Por exemplo, ux + uuy = 0 e ux = uyy sao EDP ’s de primeira e segunda ordem, respectivamente,
nas variaveis independentes x e y.
Dizemos que uma EDP de primeira ordem nas variaveis independentes x e y e linear se ela
e da forma:
aux + buy + cu = d, (24)
onde os coeficientes a, b, c, d podem depender apenas de x, y. Por exemplo, xux+uy = cos(xy) u+
exy e uma equacao linear de primeira ordem. Se d = 0, dizemos que a equacao linear e homogenea.
Uma equacao de primeira ordem nas variaveis x, y que nao e da forma (24) e dita ser nao-linear.
Por exemplo, ux + uuy = 0 e de primeira ordem e nao-linear.
Dizemos que uma EDP de segunda ordem nas variaveis independentes x, y e linear, se ela
for da seguinte forma:
auxx + buxy + cuyy + dux + euy + fu = g (25)
onde os coeficientes a, b, . . . , g so podem depender de x e y, nao podem depender de u ou de suas
derivadas parciais. Uma EDP de segunda ordem que nao e da forma (25) e chamada de nao-linear.
Se g for identicamente zero, dizemos que a EDP (25) e homogenea, caso contrario, dizemos que
ela e nao-homogenea.
Exercıcio 2.1 (Princıpio da Superposicao) Mostre que se u1 e u2 forem solucoes de uma EDP
linear e homogenea, entao u = c1u1 + c2u2 tambem sera.
E comum classificarmos as equacoes (25) em funcao do sinal de ∆ = b2 − ac. Dizemos que (25)
e eliptica, hiperbolica ou parabolica, se ∆ for negativo, positivo ou zero, respectivamente. Por
exemplo a equacao uxx + uyy = 0 e eliptica.
39
Exemplo 2.1 A equacao ut = kuxx, onde k e uma constante positiva, e parabolica. A equacao
utt = c2uxx, onde c e uma constante positiva, e hiperbolica. A equacao xuxx + yuyy + 3y2ux = 0
e eliptica na regiao xy < 0, e hiperbolica na regiao xy < 0 e se xy = 0, ela e parabolica (verifique
estas afirmacoes!).
Dizemos que u e uma solucao de uma EDP , se ela a satisfaz identicamente e se u e todas as
suas derivadas parciais que aparecem na EDP forem contınuas. Por exemplo,
u(x, y) = x2y − 1
2xy2 + 2 senx+ 3y4 − 5
e uma solucao de ∂2u∂x∂y = 2x− y.
Exercıcio 2.2 Sejam f, g : R → R de classe C2 (tem derivadas ate segunda ordem contınuas).
Mostre que
u(x, t) = f(2x+ 5t) + g(2x− 5t)
e solucao da equacao 4utt = 25uxx.
2.4 O Metodo de Separacao de Variaveis
Uma das tecnicas para resolucao de EDP ’s e o metodo de separacao de variaveis. Em
que consiste este metodo? Se a EDP tiver variaveis independente x e y, ou seja, se u = u(x, y),
buscamos uma solucao u da forma u(x, y) = X(x)Y (y). Ao substituirmos esta solucao na EDP ,
tentamos separar de um lado da equacao a variavel x e do outro a variavel y, se isto for possıvel,
como estas duas variaveis sao independentes e temos uma funcao de x igual a uma funcao de y
para todo x, y, entao cada lado deve ser igual a uma constante λ, o que nos leva a duas equacoes
diferencais ordinarias uma para a variavel x e a outra para a variavel y. Por exemplo, dada a
equacao uxx + uyy = 0, se fizemos u(x, y) = X(x)Y (y), teremos X(x)X ′′(x) + Y (y)Y ′′(y) = 0.
Dividindo esta equacao por X(x)Y (y) e separando as variaveis, obtemos
X ′′(x)
X(x)= −Y
′′(y)
Y (y)= λ,
o que nos leva a duas equacoes diferenciais ordinarias de segunda ordem, lineares, com coeficientes
constantes e homogenas,
X ′′(x) = λX(x) e Y ′′(y) = −λY (y),
40
que sao facilmente resolvıveis, veja secao 2.1. Em princıpio λ e uma constante qualquer, mas
nos problemas que consideraremos, somente valores particulares de λ serao permitidos, eles serao
determinados pelas condicoes de contorno. Se tivermos n variaveis independentes na EDP ,
tentamos uma solucao que seja o produto de n funcoes, cada uma das quais numa das n variaveis
independentes, na expectativa de obter n equacoes diferenciais ordinarias. Neste caso, terıamos
n− 1 constantes de separacao de variaveis λ1, . . . , λn−1.
Exemplo 2.2 Resolva o seguinte problema usando separacao de variaveis:
ux = 4uy, u(0, y) = 8e−3y.
Resolucao. Fazendo u(x, y) = X(x)Y (y), temos
X ′(x)
4X(x)=Y ′(x)
Y (x)= λ,
o que nos leva as seguintes equacoes diferenciais ordinarias de primeira ordem de variaveis
separaveis:
X ′(x) = 4λX(x), Y ′(y) = λY (y).
Suas solucoes gerais sao X(x) = c1e4λx e Y (y) = c2e
λy, o que nos leva a
u(x, y) = c1c2eλ(4x+y) = ceλ(4x+y).
Como queremos que u(0, y) = 8e−3y, entao ceλy = 8e−3y, portanto λ = −3 e c = 8, que nos leva a
solucao u(x, y) = 8e−3(4x+y).
Exemplo 2.3 Resolva o seguinte problema usando separacao de variaveis:
ux = 4uy, u(0, y) = 8e−3y + 4e−5y.
Resolucao. A EDP acima e linear e homogenea, logo se u1(x, y) e u2(x, y) forem solucoes
da mesma, entao u(x, y) = u1(x, y) + u2(x, y) tambem sera. No exemplo anterior vimos que
u1(x, y) = c1eλ1(4x+y) e u2(x, y) = c2e
λ2(4x+y) sao solucoes da EDP , entao
u(x, y) = u1(x, y) + u2(x, y) = c1eλ1(4x+y) + c2e
λ2(4x+y)
41
tambem e solucao da mesma. A seguir escolheremos as constantes c1, c2, λ1 e λ2 de modo a
satisfazer a condicao u(0, y) = 8e−3y + 4e−5y. Ou seja, devemos ter
c1eλ1y + c2e
λ2y = 8e−3y + 4e−5y,
o que implica que c1 = 8, c2 = 4, λ1 = −3 e λ2 = −5. Portanto a solucao desejada e
u(x, y) = 8e−12x−3y + 4e−20x−5y.
Exercıcio 2.3 Resolva os seguintes problemas usando separacao de variaveis
(a) 3ux + 2uy = 0, u(x, 0) = 4e−x
(b) ux = 2uy + u, u(x, 0) = 3e−5x + 2e−3x
(c) ut = 4uxx, u(0, t) = 0, u(π, t) = 0, u(x, 0) = 2sen (3x)− 4sen(5x)
(d) ut = uxx, ux(0, t) = 0, u(2, t) = 0, u(x, 0) = 8 cos(3πx4
)− 6 cos
(9πx4
)(e) utt = 4uxx, u(0, t) = u(5, t) = 0, u(x, 0) = 0, ut(x, 0) = 5 sen (πx).
2.5 A equacao do calor em uma dimensao espacial
A equacao de calor em uma dimensao espacial modela o fluxo de calor num fio que e isolado em
toda parte, exceto, nas duas extremidades. Matematicamente, temos o seguinte problema: seja R
a regiao do plano (x, t) determinada por 0 < x < L e t > 0, e R a uniao de R com sua fronteira que
e formada pelas semi-retas x = 0, t > 0 e x = L, t > 0 e pelo segmento 0 ≤ x ≤ L, t = 0.
O problema da conducao do calor consiste em determinar uma funcao real u(x, t), temperatura no
ponto x e no instante t, definida em R que satisfaca a equacao do calor
ut = Kuxx, em R, (26)
que satisfaca a condicao inicial
u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L, (27)
onde f : [0, L] → R e uma funcao dada e, finalmente, que satisfaca as condicoes de fronteira que
vamos descrever abaixo. A constante K e chamada de difusividade termica, depende apenas do
material de que e feita a barra, por exemplo, se o material for cobre, entao, K = 1.14cm2/s.
42
2.5.1 Condicoes de Fronteira da Equacao do Calor
Tipo I. Suponhamos que, por algum processo, as extremidades da barra sejam mantidas a
temperaturas conhecidas. Por exemplo, constante em cada extremidade,
u(0, t) = T1 e u(L, t) = T2,
onde T1 e T2 sao temperaturas dadas. Um caso mais complexo seria aquele em que se conhece a
variacao de temperatura em um das extremidades (ou em ambas), isto e
u(0, t) = ho(t) e u(L, t) = h1(t),
onde ho(t) e h1(t), para t ≥ 0, sao as temperaturas em cada uma das extremidades.
Tipo II. Suponhamos que as extremidades estejam isoladas termicamente. Isto quer dizer que os
fluxos de calor atraves de x = 0 e x = L sao nulos, ou seja,
ux(0, t) = ux(L, t) = 0.
Tipo III. Suponhamos que meio ambiente tenha uma temperatura uo e que haja transferencia de
calor, entre a barra e o meio ambiente, regidas pela lei
kux(0, t) = e (u(0, t)− uo) , kux(L, t) = −e (u(L, t)− uo) ,
onde e e uma constante, dita emissividade, caracterıstica do material da barra do meio ambiente.
Tipo IV. Uma combinacao de duas quaisquer das condicoes acima, como, por exemplo,
u(0, t) = 0 e ux(L, t) = 0.
Usaremos o metodo de separacao de variaveis encontrar a solucao da equacao do calor,
assumiremos que
u(x, t) = F (x)G(t). (28)
Substituindo (28) em (45), temos
F (x)G′(t) = KF ′′(x)G(t) (29)
43
ou
1
K
G′(t)
G(t)=F ′′(x)
F (x). (30)
Como o lado esquerdo de (30) depende apenas de t e o direito depende apenas de x e estas duas
variavies sao independentes, ambos os lados devem ser iguais a uma constante σ. Isto nos leva as
equacoes
1
K
G′(t)
G(t)= σ e
F ′′(x)
F (x)= σ. (31)
Em particular, temos
F ′′(x)− σF (x) = 0, para 0 < x < L. (32)
2.5.2 Barra com extremidades mantidas a 0o C
Vamos assumir que a condicao de contorno seja do Tipo I, com u(0, t) = u(L, t) = 0. Entao
devemos ter
F (0) = F (L) = 0, (33)
pois, como u(0, t) = F (0)G(t) = 0, para todo t > 0, segue-se que se F (0) = 0, entao, G(t) ≡ 0
e, portanto, u ≡ 0, o que nao tao tem a chance de satisfazer a condicao inicial u(x, 0) = f(x), a
menos que f(x) ≡ 0.
Ha tres possibilidades para σ.
i) Se σ > 0, entao a solucao geral e da forma
F (x) = c1e√σx + c2e
−√σx.
Portanto, se tal F satisfizer (33), o par (c1, c2) de constantes devera satisfazer
c1 + c2 = 0,
c1e√σ L + c2e
−√σ L = 0.
Da primeira equacao, temos c2 = −c1, substituindo este resultado na segunda equacao obtemos,
0 = c1
(e√σ L − e−
√σ L)= c1e
√σ L(1− e−2
√σ L).
Como σ = 0, devemos ter c1 = 0, portanto c2 = 0. Isto implica F ≡ 0, o que nao nos interessa.
44
ii) Se σ = 0, a solucao geral de (32) e
F (x) = c1 x+ c2,
e, para satisfazer (33) deveremos ter
c2 = 0 e c1L+ c2 = 0,
o que implica c1 = c2 = 0 e, portanto, F ≡ 0, o que nao nos interessa.
iii) Se σ < 0, fazemos σ = −λ2, onde λ > 0, e a solucao geral e
F (x) = c1 cosλx+ c2 senλx.
Para que tal funcao satisfaca (33), deveremos ter
c1 = 0 e c2 senλL = 0,
como nao queremos c2 = 0, devemos ter
senλL = 0,
o que implica λL = nπ, onde n e um inteiro positivo, pois λ > 0. Portanto,
λn = −n2π2
L2,
chamados de autovalores do problema e as funcoes
Fn(x) = sennπx
L,
sao chamadas de autofuncoes associadas. Para cada n a solucao da segunda equacao diferencial do
lado esquerdo de (31) e proporcional a
Gn(t) = e−n2π2
L2 Kt.
Logo, para cada n = 1, 2, . . ., temos uma funcao
un(x, t) = e−n2π2Kt
L2 sennπx
L,
que satisfaz a equacao a equacao de calor e as condicoes de fronteira dadas.
Exercıcio 2.4 (Princıpio da Superposicao) Mostre que se u1(x, t) e u2(x, t) sao solucoes da
equacao de calor, o mesmo acontecera com u(x, t) = c1u1(x, t) + c2u2(x, t). Portanto, qualquer
combinacao linear finita de solucoes da equacao de calor tambem sera solucao da mesma.
45
Segue-se do Princıpio da Superposicao, veja exercıcio acima, que toda expressao da forma
u(x, t) =
N∑n=1
cnun(x, t) =
N∑n=1
cne−n2π2Kt
L2 sen(nπxL
), (34)
onde cn sao constantes, e solucao da equacao de calor. Claramente ela satisfaz as condicoes de
fronteira dadas, ou seja, u(0, t) = 0 = u(L, t), para todo t. Consequentemente, se a condicao inicial
f(x) fosse da forma
f(x) =
N∑n=1
bn sen(nπxL
), (35)
portanto
bn =2
L
∫ L
0f(x) sen
(nπxL
)dx. (36)
entao, deverıamos terN∑
n=1
bn sen(nπxL
)=
N∑n=1
cn sen(nπxL
),
para todo x. Logo cn = bn, n = 1, . . . , N .
Dada uma funcao f suave por partes, nem sempre ela sera uma combinacao linear finita de senos
como em (35). Conforme visto no nosso estudo de series de Fourier, f podera ser representada pela
seguinte serie infinita de senos:
f(x) =
∞∑n=1
bn sen(nπxL
).
onde bn e dado por (36). Portanto ao inves da combinacao finita (34), o nosso candidato para
solucao do problema de condicao de calor com temperatura zero em x = 0 e x = L e distribuicao
inicial de temperatura f , sera a seguinte combinacao linear infinita:
u(x, t) =
∞∑n=1
cne−n2π2Kt
L2 sen(nπxL
). (37)
Por causa da condicao inicial u(x, 0) = f(x), devemos fazer cn = bn, para todo n, onde bn e dada
por (36).
Exemplo 2.4 Independentemente da distribuicao de temperatura inicial f , segue da (37) que
limt→∞
u(x, t) = 0. (38)
46
Isto era esperado, pois se mantivermos as extremidades do fio imersas no gelo, pelas leis da
Termodinamica, a temperatura em qualquer ponto deve tender a zero quando o tempo tender a
infinito. Neste caso dizemos que a temperatura de equilıbrio e 0 grau, o seu valor depende
apenas das condicoes de fronteira.
Para mostrarmos (38), notamos que
|bn| =∣∣∣∣ 2L∫ L
0f(x) sen
(nπxL
)∣∣∣∣ dx ≤ 2
L
∫ L
0
∣∣∣f(x) sen (nπxL
)∣∣∣ dx ≤ 2
L
∫ L
0|f(x)|dx ≡ C.
Portanto,
|u(x, t)| =
∣∣∣∣∣∞∑n=1
bne−n2π2Kt
L2 sen(nπxL
)∣∣∣∣∣≤
∞∑n=1
∣∣∣∣bne−n2π2KtL2 sen
(nπxL
)∣∣∣∣≤
∞∑n=1
|bn|e−n2π2Kt
L2
≤ C∞∑n=1
e−n2π2Kt
L2
≤ C∞∑n=1
e−nπ2Kt
L2
≤ C∞∑n=1
(e−
π2KtL2
)n
=Ce−
π2KtL2
1− e−π2KtL2
.
Logo
0 ≤ |u(x, t) ≤ Ce−π2KtL2
1− e−π2KtL2
e pelo Teorema do Sanduiche, concluimos que limt→∞
|u(x, t)| = 0, o que equivale limt→∞
u(x, t) = 0.
Exemplo 2.5 Resolva o seguinte problema
ut = uxx, em R,
u(0, t) = u(π, t) = 0, para t > 0
u(x, 0) = sen3 x, para 0 ≤ x ≤ π.
47
Resolucao. Note que sen3x = 14senx− 3
4sen 3x. Logo,
u(x, t) =1
4e−t senx− 3
4e−9t sen 3x.
Exemplo 2.6 Resolva o seguinte problema
ut = uxx, em R,
u(0, t) = u(π, t) = 0, para t > 0
u(x, 0) = x, para 0 < x < π.
Resolucao. Note que
bn =2
π
∫ π
0x sen (nx) dx =
2(−1)n+1
πn,
portanto
u(x, t) =2
π
∞∑n=1
(−1)n+1
ne−n2t sen (nx).
Exercıcio 2.5 Resolva o seguinte problema
ut = 4uxx + 4u, em R,
u(0, t) = u(π, t) = 0, para t > 0
u(x, 0) = 1, para 0 ≤ x ≤ π.
Sugestao. Escreva u(x, t) = e4tv(x, t) e mostre que v(x, t) satisfaz a equacao de calor ja estudada.
Quanto vale limt→+∞ u(x, t) ?
2.5.3 Barra isolada termicamente tambem nas extremidades
48
Procedendo como no caso anterior, podemos estudar o problema
ut = Kuxx, em R,
ux(0, t) = ux(L, t) = 0, para t > 0
u(x, 0) = f(x), para 0 < x < L.
Do metodo de separacao de variaveis, temos
G′(t) = σG(t), t ≥ 0,
F ′′(x)− σF (x) = 0, 0 ≤ x ≤ L,
onde σ e determinado pela condicao de fronteira
F ′(0) = F ′(L) = 0.
Os autovalores sao σn = −n2π2
L2 e as autofuncoes correspondentes sao Fn(x) = cos nπxL .
Para a segunda equacao temos Gn(t) = e−n2π2 Kt
L2 . Note que para cada n, a funcao un(x, t) =
e−n2π2Kt
L2 cos nπxL satisfaz a equacao de calor e as condicoes de fronteira dadas e o mesmo vale para
qualquer combincao finita destas funcoes. Vamos tomar a solucao da forma
u(x, t) =co2
+∞∑n=1
cne−n2π2Kt
L2 cosnπx
L,
onde os coeficientes cn deverao ser tomadas de modo que f(x) = u(x, 0) = co2 +
∑∞n=1 cn cos
nπxL ;
ou seja,
cn =2
L
∫ L
0f(x) cos
nπx
Ldx, n = 0, 1, 2, . . . .
Exemplo 2.7 Resolva o seguinte problema
ut = uxx, em R,
ux(0, t) = ux(π, t) = 0, para t > 0
u(x, 0) = cos2 x+ cos 5x, para 0 < x < π.
Solucao. Vimos que a solucao do problema acima e da forma
u(x, t) =a02
+
∞∑n=1
ane−n2t cosnx,
49
onde
cos2 x+ cos 5x = u(x, 0) =a02
+∞∑n=1
an cosnx,
por outro lado, como cos2 x = 12(1 + cos 2x), temos que
1
2+
1
2cos 2x+ cos 5x =
a02
+
∞∑n=1
an cosnx,
logo, a0 = 1, a2 =12 , a5 = 1 e os demais coeficientes sao nulos, portanto a solucao do problema e
u(x, t) =1
2+
1
2e−4t cos 2x+ e−25t cos 5x.
Alternativamente, tendo em vista que cos ax cos bx = 12 (cos(a− b)x+ cos(a+ b)x), poderıamos
ter calculado os coeficientes acima usando as relacoes
an =2
π
∫ π
0
(cos2 x+ cos 5x
)cosnxdx
=2
π
∫ π
0cos2 x cosnx+
2
π
∫ π
0cos 5x cosnxdx
=2
π
∫ π
0cos2 x cosnx+
2
π
∫ π
0cos 5x cosnxdx
=1
π
∫ π
0(1 + cos 2x) cosnx+
2
π
∫ π
0cos 5x cosnxdx
=1
π
∫ π
0cosnxdx+
1
π
∫ π
0cosnx cos 2xdx+
2
π
∫ π
0cos 5x cosnxdx
=1
π
∫ π
0cosnxdx+
1
2π
∫ π
0(cos(n− 2)x+ cos(n+ 2)x) dx+
1
π
∫ π
0(cos(n− 5) + cos(n+ 5)x) dx
=
0, se n = 0, 2, 5
1, se n = 0
12 , se n = 2
1, se n = 5,
o que nos da o mesmo resultado.
Exemplo 2.8 Considere o seguinte problema de conducao de calor num fio com as extremidades
isoladas.
ut = uxx, 0 < x < π, t > 0,
ux(0, t) = 0, ux(π, t) = 0, t > 0,
u(x, 0) = sen3 x, 0 < x < π.
50
(a) Encontre a solucao do problema acima.
(b) Qual e a temperatura de equilıbrio do fio?
Solucao. A solucao do problema acima e da forma u(x, t) = a02 +
∑∞n=1 ane
−n2t cosnx, onde
an =2
π
∫ π
0sen3 x cosnxdx, n = 0, 1, 2, . . . .
Note que temos a seguinte identidade trigonometrica
sen3 θ =
(eiθ − e−iθ
2i
)3
=
(e−i3θ − 3eiθ + 3e−iθ − e−i3θ
)−8i
= −1
4
(ei3θ − e−i3θ
2i
)+
3
4
(eiθ − e−iθ
2i
)= −1
4sen 3θ +
3
4sen θ.
Portanto, lembrando que sen ax cos bx = 12(sen (a+ b)x+ sen (a− b)x, temos
an =2
π
∫ π
0
(−1
4sen 3x+
3
4sen x
)cosnxdx
= − 1
2π
∫ π
0sen 3x cosnxdx+
3
2π
∫ π
0sen x cosnxdx
= − 1
4π
∫ π
0(sen (n+ 3)x− sen (n− 3)x) dx+
3
4π
∫ π
0(sen (n+ 1)x− sen (n− 1)x) dx.
Deixamos para o leitor o calculo das integrais acima. A temperatura de equilıbrio e a02 = 4
3π .
2.5.4 Barra com uma extremidade isolada e a outra mantida a 0o C
Temos o seguinte problema
ut = Kuxx, em R,
u(0, t) = ux(L, t) = 0, para t > 0
u(x, 0) = f(x), para 0 ≤ x ≤ L.
Pelo metodo de separacao de variaveis temos
F ′′(x) = σF (x), 0 ≤ x ≤ L,
F (0) = F ′(L),
51
o que nos leva a σn = − (2n−1)π2
4L2 , n = 1, 2, . . . , e as respectivas autofuncoes Fn(x) = sen (2n−1)πx2L .
Logo, a solucao do problema de valor inicial e
u(x, t) =∞∑n=1
cn e− (2n−1)2π2 Kt
4L2 sen(2n− 1)πx
2L,
onde os coeficientes cn devem ser tais que (veja Exemplo 1.15)
f(x) =
∞∑n=1
cn sen(2n− 1)πx
2L,
ou seja,
cn =2
L
∫ L
0f(x) sen
(2n− 1)πx
2Ldx.
Exercıcio 2.6
ut = 4uxx, em R,
u(0, t) = ux(π, t) = 0, para t > 0
u(x, 0) = x2, para 0 ≤ x ≤ π.
Exercıcio 2.7 Mostre que a solucao de
ut = α2uxx, em R,
ux(0, t) = u(L, t) = 0, para t > 0
u(x, 0) = f(x), para 0 ≤ x ≤ L
e
u(x, t) =
∞∑n=1
cne−(
(2n−1)πα2L
)2tcos
((2n− 1)πx
2L
),
onde
cn =2
L
∫ L
0f(x) cos
(2n− 1)πx
2Ldx.
Sugestao. Temos duas alternativas:
(i) Repetir o que foi feito para o caso em que u(0, t) = ux(L, t) = 0, neste caso, precisaremos
representar uma funcao f definida no intervalo [0, L] em termos de uma serie de cossenos da
forma∑∞
n=1 cn cos((2n−1)πx
2L
), o que corresponde fazermos uma extensao periodica par de f com
perıodo 4L, a qual denotaremos por g(x). Para que apareca somente n ımpares, devemos fazer
52
g(x) = −f(2L − x) para x no intervalo de (L, 2L], ou seja, g e anti-simetrica em relacao a reta
x = L; ou ainda,
(ii) Podemos escrever v(x, t) = u(L − x, t) e mostrar que v(x, t) e solucao do problema que ja
conhecemos:
vt = α2vxx, em R,
v(0, t) = vx(L, t) = 0, para t > 0
v(x, 0) = f(L− x), para 0 ≤ x ≤ L.
2.5.5 Condicoes de fronteira nao-homogeneas
Considere o seguinte problema
ut = Kuxx, em R,
u(0, t) = ho(t), u(L, t) = h1(t), para t > 0,
u(x, 0) = f(x), para 0 < x < L. (39)
A ideia e transformar este problema num de condicoes de fronteira homogeneas, atraves de uma
mudanca da variavel dependente u. Assim, suponha que seja possıvel achar uma funcao v(x, t) tal
que
v(0, t) = ho(t), v(L, t) = h1(t)
e que u seja a solucao do problema de valor inicial (39), segue-se que a funcao w = u − v satisfaz
ao seguinte problema
wt = Kwxx + g(x, t) em R,
w(0, t) = w(L, t) = 0, para t > 0,
w(x, 0) = f(x)− v(x, 0), para 0 < x < L, (40)
onde g(x, t) = Kvxx − vt. Se for possıvel determinar v tal que ela seja solucao equacao de calor em
R, entao, g ≡ 0. Em muitos problemas, tomaremos v(x, t) = U(x), portanto, U(x) = ax+ b, onde
a e b sao determinados pelas condicoes de contorno.
Exemplo 2.9 Se ho(t) = α e h1(t) = β, onde α e β sao constantes.
53
Neste caso, basta tomar v(x, t) = α + (β−α)xL . Uma tal v e solucao do calor. Portanto, w e
solucao do problema
wt = Kwxx em R,
w(0, t) = w(L, t) = 0, para t > 0,
w(x, 0) = f(x)− α− (β − α)x
L, para 0 < x < L,
cuja solucao e
w(x, t) =∞∑n=1
cne−n2π2K t
L2 sennπx
L,
onde os cn sao os coeficientes de Fourier de seno da funcao f(x)− α− (β−α)xL , ou seja,
cn =2
L
∫ L
0
(f(x)− α− (β − α)x
L
)sen
nπx
Ldx.
Logo, a solucao do problema de valor inicial (39) com ho(t) = α e h1(t) = β e
u(x, t) = α+(β − α)x
L+
∞∑n=1
cne−n2π2K t
L2 sennπx
L.
A temperatura
U(x) = α+(β − α)x
L
e chamada de temperatura de equilıbrıo. Note que quanto t tende a infinito, u(x, t) tende a
U(x). Por outro lado, u(x, t) − U(x) =∑∞
n=1 cne−n2π2K t
L2 sen nπxL , a qual tende a zero quando t
tende a infinito, e chamada de temperatura transiente.
Exemplo 2.10 Considere o seguinte problema de conducao de calor num fio.
ut = uxx, 0 < x < π, t > 0,
u(0, t) = 0, u(π, t) = 10, t > 0,
u(x, 0) = 2 sen 5x− 0.1 sen 9x+10
πx, 0 < x < π.
(a) Encontre a solucao do problema acima.
(b) Qual e a temperatura de equilıbrio?
Solucao. Note que para encontrarmos a temperatura de equilıbrio nao precisamos resolver o
problema. No caso considerado ela e determinada completamente a partir das condicoes de
fronteira, nao depende das condicoes iniciais: U(x) = 10xπ . Portanto a solucao do problema e
u(x, t) =10x
π+
∞∑n=1
cne−n2 t sennx.
54
Da condicao inicial, temos
2 sen 5x− 0.1 sen 9x+10x
π= u(x, 0) =
10x
π+
∞∑n=1
cnsennx.
Portanto,
2 sen 5x− 0.1 sen 9x =∞∑n=1
cnsennx,
e concluimos que c5 = 2, c9 = −0.1 e dos demais coeficientes sao nulos. Logo, a solucao desejada e
u(x, t) =10x
π+ 2e−25tsen 5x− 0.1e−81tsen 9x.
Alternativamente, poderıamos ter calculados os coeficientes cn a partir das relacoes
cn =2
π
∫ π
0(2 sen 5x− 0.1 sen 9x)sennx dx
=2
π
∫ π
0(cos(n− 5)x− cos(n+ 5)x)dx− 0.1
π
∫ π
0(cos(n− 9)x− cos(n+ 9)x)dx,
o que nos da o resultado acima.
Exercıcio 2.8 Encontre a solucao do seguinte problema
ut = α2uxx, em R,
u(0, t) = T, ux(L, t) = 0, para t > 0
u(x, 0) = f(x), para 0 ≤ x ≤ L.
Sugestao. Note que a temperatura de equilıbrio e U(x) = T . Faca u(x, t) = T + v(x, t) e mostre
que v(x, t) e solucao do problema conhecido
vt = α2vxx, em R,
v(0, t) = 0, vx(L, t) = 0, para t > 0
v(x, 0) = f(x)− T, para 0 ≤ x ≤ L.
Exercıcio 2.9 Encontre a solucao do seguinte problema (veja sugestao do exercıcio anterior)
ut = α2uxx, em R,
ux(0, t) = 0, u(L, t) = T, para t > 0
u(x, 0) = f(x), para 0 ≤ x ≤ L.
55
Observacao 2.1 A temperatura de equilıbrio e uma funcao de x apenas e satisfaz a equacao de
calor considerada; em particular, a temperatura de equilıbrio da equacao ut = α2uxx, satisfaz
U ′′(x) = 0, logo ela e da forma U(x) = ax + b, onde as constantes a e b sao determinadas
pelas condicoes de fronteira (e ou inicial quando as condicoes de fronteiras nao forem suficientes
para calcularmos a e b, por exemplo, quando as duas extremidades da barra estao isoladas). Para a
condicao de fronteira u(0, t)−ux(0, t) = 0 e u(L, t) = T , devemos ter U(0)−U ′(0) = 0 e U(L) = T ,
portanto, U(x) = T1+L(1+x). Ja para a equacao de calor ut = α2uxx+bu, a temperatura de equilıbrio
deve satisfazer U ′′ + bα2U = 0, em particular, se b
α2 = 1, L = π e as extremidades foram mantidas
a temperatura zero, devemos ter U(0) = 0 = U(π), portanto, U(x) = c1 sen x, onde c1 e uma
constante a ser determinada pela condicao inicial: c1 =2π
∫ πo f(x)sen xdx.
2.5.6 Unicidade da equacao do calor
Teorema 2.1 Seja T > 0 finito e g(x, t) contınua em [0, L]× [0, T ]. Entao o problema
ut −Kuxx = g(x, t), 0 < x < L, 0 < t < T, u(x, 0) = f(x), 0 < x < L, (41)
com uma das seguintes condicoes de fronteiras:
(i) u(0, t) = ho(t) e u(L, t) = h1(t),
(ii) ux(0, t) = ho(t) e ux(L, t) = h1(t)
(iii) u(0, t) = ho(t) e ux(L, t) = h1(t) ou
(iv) ux(0, t) = ho(t) e u(L, t) = h1(t),
para 0 ≤ t ≤ T , tem no maximo uma solucao u, tal que u, ut, ux e uxx sejam contınuas em
[0, L]× [0, T ].
Prova. Suponha que tivessemos duas solucoes u1(x, t) e u2(x, t), defina u(x, t) = u1(x, t)−u2(x, t),
entao u e solucao do seguinte problema
ut = Kuxx, 0 < x < L, 0 < t < T, u(x, 0) = 0, 0 < x < L,
com uma das seguintes condicoes de fronteiras (homogeneas) (i) u(0, t) = 0 e u(L, t) = 0, (ii)
ux(0, t) = 0 e ux(L, t) = 0, (iii) u(0, t) = 0 e ux(L, t) = 0 ou (iv) ux(0, t) = 0 e u(L, t) = 0, para
0 ≤ t ≤ T . Alem disso, u(x, t), ut, ux e uxx sao contınuas em [0, L] × [0, T ]. Multiplicando a
56
equacao ut = Kuxx por u e integrando em relacao a x de 0 a L, temos∫ L
0u(x, t)ut(x, t)dx =
∫ L
0Ku(x, t)uxx(x, t)dx, (42)
como u e ut sao contınuas, lado esquerdo de (42) pode ser escrito como∫ L
0u(x, t)ut(x, t)dx =
∫ L
0
∂
∂t
u2(x, t)
2dx
=d
dt
(1
2
∫ L
0u2(x, t)dx
)(usamos o Teorema 2.2)
=d
dtE(t),
onde
E(t) =1
2
∫ L
0u2(x, t)dx ≥ 0.
Apos uma integracao por partes no lado direito da equacao (42) e notando que os termos de fronteira
sao iguais a zero, temos∫ L
0Ku(x, t)uxx(x, t)dx = [Ku(x, t)ux(x, t)]
L0 −K
∫ L
0u2x(x, t)dx = −K
∫ L
0u2x(x, t)dx ≤ 0.
Portanto, para 0 ≤ t ≤ T , temosd
dtE(t) ≤ 0,
logo
E(t) ≤ E(0) = 0.
Como E(t) ≥ 0, concluimos E(t) = 0, para 0 ≤ t ≤ T . Ou seja,∫ L
0u2(x, t)dx = 0,
para 0 ≤ t ≤ T . Como para cada t ∈ [0, T ] fixo, a funcao u2(x, t) e nao negativa e contınua em x
em [0, L], entao segue da igualdade acima (veja Exemplo 2.11) que u2(x, t) = 0 em [0, L] × [0, T ].
Ou seja, u(x, t) = 0 em [0, L]× [0, T ]. Portanto,
u1(x, t) = u2(x, t)
em [0, L]× [0, T ].
57
2.5.7 Apendice equacao de calor
Exemplo 2.11 Se h(x) for contınua em [a, b] e∫ b
ah(x)dx = 0, (43)
entao h(x) = 0 em [a, b].
Resolucao. Suponha que h(x) nao seja zero em [a, b], digamos que h(xo) > 0, para algum
xo ∈ (a, b). Na definicao de continuidade, fazendo ϵ = h(xo)2 , existiria δ > 0, tal que se
x ∈ (xo − δ, xo + δ), entao h(x) > h(xo)− ϵ = h(xo)2 . Logo, como h(x) ≥ 0 e (a− δ, a+ δ) ⊂ [a, b],
temos ∫ b
ah(x)dx ≥
∫ xo+δ
xo−δh(x)dx ≥
∫ xo+δ
xo−δ
h(xo)
2dx = δh(xo) > 0,
contrariando (43).
Teorema 2.2 Sejam h(x, t) e ∂∂th(x, t) contınuas em [a, b]× [c, d], entao
d
dt
∫ b
ah(x, t)dx =
∫ b
a
∂
∂th(x, t)dx, (44)
para todo t ∈ [c, d].
58
2.6 Exercıcios
1. Em cada problema a seguir, determinar se o metodo de separacao de variaveis pode ser
usado para substituir a equacao diferencial parcial dada por um par de equacoes diferenciais
ordinarias. Se for possıvel, achar as equacoes.(a) xuxx + ut = 0
(b) uxx + uxt + ut = 0
(c) uxx + (x+ y)uyy = 0
(d) tuxx + xut = 0
(e) [p(x)ux]x − r(x)utt = 0
(f) uxx + uyy + xu = 0
2. Considere o problema de conducao de calor numa barra metalica de comprimento unitario,
descrito pela equacao:
100 uxx = ut , 0 < x < 1 , t > 0
Considere tambem as condicoes de contorno:
(I)
u(0, t) = 0
u(1, t) = 0(II)
u(0, t) = 50
u(1, t) = 80(III)
ux(0, t) = 0
ux(1, t) = 0
Considere por fim as distribuicoes iniciais de temperatura na barra dadas por:
(A) u(x, 0) = 10
(B) u(x, 0) = sen2πx
(C) u(x, 0) = x2
Determine a solucao u(x, t) do problema com:
(a) Condicoes de contorno: I; condicao inicial: A
(b) Condicoes de contorno: I; condicao inicial: B
(c) Condicoes de contorno: I; condicao inicial: C
(d) Condicoes de contorno: II; condicao inicial: A
(e) Condicoes de contorno: II; condicao inicial: B
(f) Condicoes de contorno: II; condicao inicial: C
(g) Condicoes de contorno: III; condicao inicial: A
(h) Condicoes de contorno: III; condicao inicial: B
(i) Condicoes de contorno: III; condicao inicial: C
59
3. Considere uma barra de comprimento igual a 2. A seguinte equacao diferencial representa a
propagacao de calor nessa barra:
2uxx = ut
Essa barra possui, inicialmente, a temperatura em todos os seus pontos igual a 10, sendo que
as extremidades da barra possuem temperaturas fixadas em 20, para x = 0, e em -20, para
x = 2. A barra e mantida assim ate entrar em equilıbrio termico. Quando a barra atinge
equilıbrio termico nessas condicoes (considere que esse instante e convencionado como t = 0)
suas extremidades sao subitamente levadas novamente a temperatura de 10, sendo mantidas
fixas nesse valor para todo tempo a partir desse instante.
(a) Determine a funcao que descreve a distribuicao de temperaturas na barra, em funcao de
x, no instante t = 0.
(b) Calcule a funcao que descreve a distribuicao de temperaturas na barra, em funcao de x,
quando t = 5.
4. Considere uma barra de comprimento igual a 2. A seguinte equacao diferencial representa a
propagacao de calor nessa barra:
2uxx = ut
Supoe-se que a barra esteja inicialmente com temperatura igual a 0 em toda sua extensao, e
que no instante t = 0 as extremidades da barra sejam subitamente levadas a temperatura de
10, sendo mantidas nessa temperatura desse momento em diante.
(a) Determine as equacoes diferenciais ordinarias que surgem quando se emprega o metodo
de separacao de variaveis para tratar esse problema.
(b) Calcule a funcao que descreve a distribuicao de temperaturas na barra em funcao de x
quando t = 5.
5. Considere uma barra de comprimento igual a 2. A seguinte equacao diferencial representa a
propagacao de calor nessa barra:
4uxx = ut
(a) Essa barra encontra-se com as extremidades (pontos x = 0 e x = 2) termicamente
isoladas, e possui, inicialmente, a temperatura em seus pontos dada por:
u(x, 0) = 5x2
60
A barra e deixada assim por varias horas, ate entrar em equilıbrio termico. Determine
a equacao que descreve a distribuicao de temperaturas na barra quando o equilıbrio e
atingido.
(b) Apos entrar em equilıbrio termico, a barra subitamente tem os isolamentos termicos das
extremidades retirados, sendo as temperaturas nas extremidades fixadas em u(0, t) = 20
e u(2, t) = −20 a partir desse instante (adote a convencao de que t = 0 no exato instante
em que o isolamento termico e retirado, e as temperaturas das extremidades sao fixadas
nesses valores). Determine a funcao que descreve a distribuicao de temperaturas na
barra, em funcao de x e t, apos a barra ter as temperaturas de suas extremidades
fixadas.
6. Considere uma barra de comprimento igual a 2. A seguinte equacao diferencial representa a
propagacao de calor nessa barra:
4uxx = ut
Essa barra possui, inicialmente, a temperatura em todos os seus pontos igual a 10, sendo
que as extremidades da barra possuem temperaturas fixadas em 20, para x = 0, e em -20,
para x = 2. A barra e mantida assim por varias horas, ate entrar em equilıbrio termico.
Quando a barra atinge equilıbrio termico nessas condicoes, suas extremidades sao isoladas
termicamente, sendo mantidas isoladas a partir desse instante. (Dica: adote a convencao de
que t = 0 no exato instante em que a barra recebe isolamento termico em suas extremidades).
(a) Determine a distribuicao de temperaturas na barra em funcao de x, no instante
imediatamente anterior a colocacao do isolante termico nas extremidades da barra.
(b) Calcule a funcao que descreve a distribuicao de temperaturas na barra, em funcao de x
e t, apos a barra ter suas extremidades termicamente isoladas.
2.7 Trabalhos
Questao 1. Considere a equacao da propagacao do calor em uma barra:
α2uxx(x, t) = ut(x, t)
A barra, de comprimento L e extremidades x = 0 e x = 0, e sujeita a dois experimentos distintos
(situacoes a e b), com diferentes temperaturas nas extremidades e diferentes distribuicoes iniciais
61
de temperatura, resultando em duas solucoes distintas para a equacao do calor. O relacionamento
das condicoes iniciais e de contorno com as solucoes da equacao e mostrado na tabela abaixo.
u(0, t) u(L, t) u(x, 0) u(x, t)
(a) θ0a θLa ϕa(x) ua(x, t)
(b) θ0b θLb ϕb(x) ub(x, t)
As temperaturas das extremidades da barra sao agora fixadas nos valores:
u(0, t) = βθ0a + γθ0b
u(L, t) = βθLa + γθLb
sendo dada a distribuicao inicial de temperaturas na barra:
u(x, 0) = βϕa(x) + γϕb(x)
Determine a funcao u(x, t) para essas condicoes iniciais e de contorno. (Observacao: o fato mostrado
neste exercıcio e chamado de linearidade da equacao do calor).
Questao 2. Deduza a expressao da solucao da equacao do calor em uma barra quando uma das
extremidades tem temperatura fixa e a outra encontra-se termicamente isolada.
Questao 3. Modifique a solucao da equacao de Laplace, de tal forma que a mesma seja capaz de
representar a distribuicao em regime estacionario de temperaturas numa placa retangular quando a
temperatura nas fronteiras da placa e dada por quatro funcoes arbitrarias: h1(x), h2(x), h3(y), h4(y).
Questao 4. Considere uma barra de 2m de comprimento, na qual a propagacao do calor obedece
a equacao:
9uxx = ut
Essa barra faz parte de um sistema de troca de calor entre um recipiente no qual ocorre uma reacao
de combustao, e que fica a temperatura de θ, e o meio ambiente, que se encontra a temperatura
de 20o. Isso significa que, em uma das extremidades, a barra tem sua temperatura fixada em θ, e
na outra em 20o. Um sensor de temperatura, de massa desprezıvel, esta afixado bem no meio da
barra, e nesse ponto ele mede a temperatura h(t) = u(1, t).
(a) Encontre a equacao diferencial ordinaria que relaciona a temperatura θ com a temperatura
h(t).
62
(b) Suponha que o recipiente, apos passar varias horas a temperatura θ = 80o, subitamente tem
sua temperatura elevada para θ = 120o. Determinar a expressao de h(t) nesse caso.
63
2.8 A Equacao da Onda
Outra equacao diferencial parcial muito importante que aparece em matematica aplicada e a
equacao de onda. Ela aparece na descricao de fenomenos envolvendo a propagacao de ondas num
meio contınuo, por exemplo, no estudo de ondas acusticas, ondas de agua, ondas eletromagneticas
e ondas sısmicas. No apendice 5 temos a deducao da equacao da onda em uma dimensao espacial.
Desprezando os efeitos de amortecimento, como a resitencia do ar e se a amplitude do movimento
nao for muito grande, ela e dada por
utt = c2uxx.
2.8.1 A Corda finita
O problema de vibracoes transversais de uma corda perfeitamente flexıvel, de comprimento L,
ligeiramente esticada entre dois suportes no mesmo nıvel horizontal, de modo que o eixo dos x esteja
ao longo da corda (veja Figura), consiste em determinar uma funcao real u(x, t) (deslocamento da
corda no ponto x no instante t) definida para (x, t) ∈ [0, L] × [0,∞) que satisfaca a equacao da
onda
utt = c2uxx, (x, t) ∈ (0, L)× (0,∞), (45)
que satisfaca as condicoes iniciais
u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L, (46)
ut(x, 0) = g(x), 0 ≤ x ≤ L, (47)
onde f, g : [0, L] → R sao funcoes dadas e, finalmente, que satisfaca as condicoes de fronteira que
vamos descrever abaixo. Especificar as condicoes iniciais consiste em dizermos inicialmente qual a
forma da corda, representada por u(x, 0), e o modo que a corda e abandonada nesta posicao, o que
e traduzido pela velocidade inicial ut(x, 0). A constante c e a velocidade de propagacao da onda
no meio.
2.8.2 Condicoes de fronteira
64
I - Corda finita com extremidades fixas. Suponhamos que a corda tenha comprimento L,
e que, quando em sua posicao de repouso, ela ocupe a porcao do plano (x, u) entre 0 e L. Assim,
a hipotese de extremidades fixas implica que
u(0, t) = u(L, t) = 0, para t ≥ 0.
II - Corda finita com extremidades livres. Neste caso a corda de comprimento L, tem
suas extremidades forcadas a nao se afastarem de trilhos colocados perpendicularmente a corda,
no plano (x, u) de vibracao. Isso implica
ux(0, t) = ux(L, t) = 0, para t ≥ 0.
III - Outras condicoes de fronteira. Podemos ter o caso em que as extremidades se movem,
transversalmente, de acordo com leis conhecidas. Por exemplo,
u(0, t) = a(t), u(L, t) = b(t), para t ≥ 0.
2.8.3 A corda vibrante com extremidades fixas
Considereremos o seguinte problema
utt = c2uxx, em R,
u(0, t) = u(L, t) = 0, para t ≥ 0,
u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), para 0 < x < L.
Vamos fazer separacao de variaveis. Assumindo que a solucao do problema e da forma
u(x, t) = F (x)G(t), ao substituirmos esta expressao na equacao diferencial temos
F ′′(x)
F (x)=
G′′(t)
c2G(t)
o que nos leva as seguintes equacoes diferenciais ordinarias
F ′′ − σF = 0, (48)
G′′ = σc2G. (49)
65
As condicoes de fronteira implicam F (0) = F (L) = 0, caso contrario, G(t) ≡ 0, o que nao nos
interessa. Assim, somos levados ao seguinte problema
F ′′ − σF = 0,
F (0) = F (L) = 0,
que ja foi resolvido quando consideramos a equacao do calor: σn = −n2π2
L2 , para n = 1, 2, . . ., cujas
autofuncoes sao Fn(x) = sen nπxL . Para cada σn, a solucao geral de (48) e
Gn(t) = an cosnπct
L+ bn sen
nπct
L,
onde an e bn sao constantes arbitrarias. Logo, as funcoes
un(x, t) = an sennπx
Lcos
nπct
L+ bn sen
nπx
Lsen
nπct
L
satisfazem a equacao de onda e as condicoes de fronteira. O passo seguinte e determinar os
coeficientes an e bn, de modo que
u(x, t) =∞∑n=1
(an sen
nπx
Lcos
nπct
L+ bn sen
nπx
Lsen
nπct
L
), (50)
satisfaca as condicoes iniciais. Isto implica que
f(x) =∞∑n=1
an sennπx
L,
e e necessario que
an =2
L
∫ L
0f(x) sen
nπx
Ldx.
Para a determinacao dos bn, derivamos (formalmente) termo a termo a serie que define u(x, t),
em relacao a t. Usando a segunda condicao inicial temos,
g(x) =
∞∑n=1
nπc
Lbn sen
nπx
L,
logo, devemos ter
nπc
Lbn =
2
L
∫ L
0g(x) sen
nπx
Ldx,
de onde obtemos,
bn =2
nπc
∫ L
0g(x) sen
nπx
Ldx.
66
Embora nao tenhamos feito nenhuma hipotese em f e g, sob a hipotese que f, f ′, f ′′, g, g′ serem
contınuas e f ′′′ e g′′ serem seccionalmente contınuas em [0, L] e, alem disso, f(0) = f(L) = f ′′(0) =
f ′′(L) = g(0) = g(L) = 0; entao, os coeficientes an e bn decairao pelo menos com 1n3 e nao
teremos problemas de convergencia, todo o procedimento acima e rigoroso, nos levando a solucao
do problema proposto.
Tendo em vistas as identidades trigonometricas
sen a cos b =1
2[sen (a+ b) + sen (a− b)],
sen a sen b =1
2[cos (a− b)− cos (a+ b)],
a expressao (50) pode ser re-escrita como
u(x, t) =1
2
∞∑n=1
(an sen
nπ(x+ ct)
L+ an sen
nπ(x− ct)
L
)
+1
2
∞∑n=1
(bn cos
nπ(x− ct)
L− bn cos
nπ(x+ ct)
L
)
=1
2
∞∑n=1
(an sen
nπ(x+ ct)
L− bn cos
nπ(x+ ct)
L
)
+1
2
∞∑n=1
(an sen
nπ(x− ct)
L+ bn cos
nπ(x− ct)
L
)=
F (x+ ct) +G(x− ct)
2,
onde
F (w) =
∞∑n=1
(an sen
nπw
L− bn cos
nπw
L
)e
G(w) =
∞∑n=1
(an sen
nπw
L+ bn cos
nπw
L
).
Portanto, podemos escrever
u(x, t) =F (x+ ct) +G(x− ct)
2,
ou seja, a solucao do problema pode ser vista como a superposicao de duas ondas F (x−ct)2 e G(x+ct)
2 ,
que se propagam para a direita e esquerda, respectivamente, com velocidade c. Se g(x) = 0, entao
bn = 0, para todo n e F = G, em particular,
F (x, t) =F (x− ct) + F (x+ ct)
2,
onde F (w) e o prolongamento periodico ımpar de f com perıodo 2L.
67
Exercıcio 2.10 Mostre que a equacao de onda e linear, ou seja, se u1(x, t) e u2(x, t) forem duas
solucao de utt = c2uxx, entao, para quaisquer constantes c1 e c2, u(x, t) = c1u1(x, t) + c2u2(x, t)
tambem sera solucao da equacao de calor.
Exercıcio 2.11 Mostre que se u1(x, t) for solucao de
utt = c2uxx em (0, L)× (0,∞),
u(0, t) = u(L, t) = 0, para t ≥ 0,
u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = 0, para 0 ≤ x ≤ L,
e u2(x, t) for solucao de
utt = c2uxx em (0, L)× (0,∞),
u(0, t) = u(L, t) = 0, para t ≥ 0,
u(x, 0) = 0, ut(x, 0) = g(x), para 0 ≤ x ≤ L,
entao, u(x, t) = u1(x, t) + u2(x, t) e solucao de
utt = c2uxx em (0, L)× (0,∞),
u(0, t) = u(L, t) = 0, para t ≥ 0,
u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), para 0 ≤ x ≤ L.
Exercıcio 2.12 Resolva o seguinte problema:
utt = uxx, 0 < x < π, t > 0
u(0, t) = 0 = u(π, t), t ≥ 0
u(x, 0) = sen x, ut(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ π.
Esboce os graficos de u(x, t) nos instantes t = 0, t = π/2 e t = π.
Resolucao. Como g(x) ≡ 0, segue-se que bn = 0 para todo n. Por outro lado,
an =2
π
∫ π
0senx sen(nx) dx
=1
π
∫ π
0(cos(n− 1)x− cos(n+ 1)x)dx
=
1, se n = 1
0, n = 1,
68
logo,
u(x, t) = sen x cos t =1
2sen(x− t) +
1
2sen(x+ t),
que a superposicao de duas ondas que se propagam com velocidade c = 1, se propagando em
direcoes opostas (veja Figuras 20 e 21, mostrando a solucao, dada em azul, como a superposicao de
duas ondas, graficos nas cores vermelho e verde, nos instantes t = π/4 e t = π/2. Note que quando
t = π/2, as duas componentes estao completamente fora de fase e temos interferencia destrutiva,
u(x, π/2) ≡ 0. Note que embora em cada instante, cada uma das duas ondas componentes tenham
amplitude variando nos pontos x = 0 e x = π, nestes a interferencia e sempre destrutiva e
u(0, t) = 0 = u(π, t), para todo t e temos dois “nos” nestes pontos.).
0.5 1 1.5 2 2.5 3
-0.2
0.2
0.4
0.6
Figura 20: O grafico de u(x, π/4) em azul.
0.5 1 1.5 2 2.5 3
-0.4
-0.2
0.2
0.4
Figura 21: O grafico de u(x, π/2) em azul.
Exercıcio 2.13 Resolva o seguinte problema:
utt = uxx, 0 < x < π, t > 0
u(0, t) = 0 = u(π, t), t ≥ 0
u(x, 0) = 0 ut(x, 0) = cosx, 0 ≤ x ≤ π.
Mostre que se t = kπ/2, onde k ∈ Z, entao a corda estara esticada horizontalmente, ou seja,
u(x, kπ/2) = 0 para todo x.
69
Resolucao. Como f(x) ≡ 0, segue-se que an = 0, para todo n. Por outro lado,
bn =2
nπ
∫ π
0cosx sen(nx)dx
=1
nπ
∫ π
0(sen(n+ 1)x+ sen(n− 1)x) dx
=1
nπ
0, se n = 1
−(cos(n+1)x
n+1 + cos(n−1)xn−1
) ∣∣π0, n = 1
=
0, se n = 1
2π
1+(−1)n
n2−1, n = 1
.
Logo,
u(x, t) =2
π
∞∑n=2
1 + (−1)n
n2 − 1sen(nx) sen(nt) =
4
π
∞∑n=1
1
4n2 − 1sen(2nx) sen(2nt).
Em particular, u(x, kπ/2) = 0, k ∈ Z, para todo x. Alem disso, a solucao pode ser re-escrita como
u(x, t) =2
π
∞∑n=1
1
4n2 − 1cos[2n(x− t)]− 2
π
∞∑n=1
1
4n2 − 1cos[2n(x+ t)] ≡ F (x− t)− F (x+ t),
onde F (w) = 2π
∑∞n=1
14n2−1
cos(2nw).
Exercıcio 2.14 Resolva o seguinte problema:
utt = uxx, 0 < x < π, t > 0
u(0, t) = 0 = u(π, t), t ≥ 0
u(x, 0) = sen x, ut(x, 0) = cosx, 0 ≤ x ≤ π.
Resolucao. Temos duas alternativas: (i) usar o Exercicio 2.11 que diz que a solucao do problema
acima e a soma das solucoes dos Exercıcios 2.12 e 2.13 ou (ii) calcular diretamente os coeficientes
an’s e os bn’s.
Exercıcio 2.15 Resolva o seguinte problema:
utt = 4uxx, 0 < x < 30, t > 0
u(0, t) = 0 = u(30, t), t ≥ 0
u(x, 0) = f(x) =
x10 , 0 ≤ x ≤ 10
30−x20 , 10 ≤ x ≤ 30
ut(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 30.
70
Resolucao. Vimos que a solucao deste problema e da forma
u(x, t) =
∞∑n=1
(an sen
(nπx30
)cos
(nπt
15
)+ bn sen
(nπx30
)sen
(nπt
15
)).
Como ut(x, 0) = 0, segue-se que bn = 0, para todo n. Por outro lado,
an =1
15
(∫ 10
0
x
10sen
(nπx30
)dx+
∫ 30
10
30− x
20sen
(nπx30
)dx
)=
9
n2π2sen
(nπ3
).
Portanto,
u(x, t) =9
π2
∞∑n=1
sen(nπ3
)n2
sen(nπx
30
)cos
(nπt
15
).
Note que a solucao acima pode ser re-escrita como
u(x, t) =9
2π2
∞∑n=1
sen(nπ3
)n2
sen
(nπ(x− 2t)
30
)+
9
2π2
∞∑n=1
sen(nπ3
)n2
sen
(nπ(x+ 2t)
30
)≡ F (x− 2t) + F (x+ 2t),
onde
F (w) =9
2π2
∞∑n=1
sen(nπ3
)n2
sen(nπw
30
),
portanto, F (w) e o prolongamento periodico ımpar de perıodo 60 de f(x).
Exercıcio 2.16 ( Corda com uma extremidade fixa e a outra livre.) Suponha que uma corda elastica
de comprimento L tenha a sua extremidade x = 0 fixa (u(0, t)) = 0, ∀t) e a extremidade x = L livre
(ux(L, t) = 0, ∀t) e que ela seja colocada em movimento sem velocidade inicial a partir da posicao
inicial u(x, 0) = f(x). Mostre que o deslocamento da corda, u(x, t), e dado
u(x, t) =
∞∑n=1
an sen
((2n− 1)πx
2L
)cos
((2n− 1)πct
2L
),
onde
an =2
L
∫ L
0f(x) sen
((2n− 1)πx
2L
)dx.
Exercıcio 2.17 ( Corda com as extremidades fixas em alturas diferentes de zero.) Resolva o
seguinte problema
utt = c2uxx, 0 < x < L, t > 0
u(0, t) = α, u(L, t) = β, t ≥ 0
u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), 0 ≤ x ≤ L.
71
Sugestao. Encontre a posicao de equilıbrio da corda, ou seja, uma funcao U = U(x) que satisfaz
a equacao de onda e as condicoes de contorno acima, ou seja, U(x) = α + β−αL x. Escreva
u(x, t) = U(x) + v(x, t), como u e U satisfazem a equacao de onda, segue da linearidade desta
equacao que v(x, t) tambem e solucao da mesma; ou seja v e solucao de um problema conhecido:
vtt = c2vxx, 0 < x < L, t > 0
v(0, t) = 0, v(L, t) = 0, t ≥ 0
v(x, 0) = f(x)− U(x), vt(x, 0) = g(x), 0 ≤ x ≤ L.
Exercıcio 2.18 (Corda com ambas as extremidas livres.) Resolva o seguinte problema
utt = c2uxx, 0 < x < L, t > 0
ux(0, t) = 0, ux(L, t) = 0, t ≥ 0
u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), 0 < x < L.
Sugestao. Se assumirmos que u(x, t) = X(x)T (t), das condicoes de contorno ux(0, t) = 0 =
ux(L, t), para todo t, devemos ter X ′(0) = 0 = X ′(L) e do metodo de separacao de variaveis temos
X ′′ = λX, X ′(0) = 0 = X ′(L), veja solucao da equacao de calor para um fio com extremidades
isoladas. Temos λn = −(nπL
)2e
Xn(x) = cos(nπxL
), n = 0, 1, 2, . . .
A equacao em T fica
T ′′ = −(nπL
)2T,
a qual ja foi resolvida, exceto, que agora, n pode ser zero e para este valor de n temos
To(t) = ao + bot,
onde ao e bo sao constantes arbitrarias. Para n ≥ 1, vimos que
Tn(t) = an cos
(nπct
L
)+ bnsen
(nπct
L
).
Portanto, a solucao da corda com as duas extremidades livres e da forma
u(x, t) = ao + bot+
∞∑n=1
(an cos
(nπct
L
)+ bnsen
(nπct
L
))cos(nπxL
).
72
Observacao 2.2 Note que no problema da corda com as extremidades livres, se
bo =1
L
∫ L
0g(x)dx = 0,
entao a corda se movera vertical e indefinidamente para baixo ou para cima, dependendo do sinal
de bo.
Exercıcio 2.19 Uma corda em movimento num meio elastico satisfaz a equacao
c2uxx − α2u = utt
onde α2 e proporcional ao coeficiente de elasticidade do meio. Supondo que a corda esta fixa nas
suas extremidades e seja colocada em movimento sem velocidade inicial a partir da posicao inicial
u(x, 0) = f(x), 0 < x < L, encontre o deslocamento u(x, t).
Sugestao. Assuma que u(x, t) = X(x)T (t), portanto, das condicoes de contorno, devemos ter
X(0) = 0 = X(L) e do metodo de separacao de variaveis, temos
T ′′
c2T=X ′′
X− α2
c2= µ
logo,
X ′′ =
(µ+
α2
c2
)X ≡ λX, X(0) = 0 = X(L) (51)
e
T ′′ = c2µT.
O problema de contorno (51) ja apareceu no problema de conducao de calor num fio com
extremidades mantidas a temperatura 0; ou seja, λn = −(nπL
)2e
Xn(x) = sen(nπxL
), n = 1, 2, . . .
Por outro lado, µn = −((
nπL
)2+ α2
c2
), portanto,
T ′′ = −((nπc
L
)2+ α2
)T,
ou seja,
Tn(t) = an cos
(√(nπcL
)2+ α2 t
)+ bn sen
(√(nπcL
)2+ α2 t
).
73
2.8.4 A Corda infinita e a Formula de D’Alembert
Vamos agora estudar o problema de vibracao de uma corda de comprimento infinito, a qual e
uma idealizacao de uma corda muito longa. Neste caso, nao ha condicoes de fronteira a satisfazer,
e, assim, o problema consiste em buscar uma funcao u(x, t) definida no semi-plano fechado, x ∈ R
e t ≥ 0, tal que
utt = c2uxx, x ∈ R, t > 0,
u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), x ∈ R,
onde f e g sao condicoes iniciais.
Note que se F (x) e G(x) sao duas funcoes com derivadas ate segunda ordem contınuas, entao, a
funcao u(x, t) = F (x+ ct)+G(x− ct) satisfaz a equacao da onda. A pergunta natural e a seguinte
sera que podemos escolher estas funcoes de modo a satisfazer as condicoes iniciais, ou seja,
f(x) = u(x, 0) = F (x) +G(x) (52)
g(x) = ut(x, 0) = cF ′(x)− cG′(x)? (53)
Tomando a derivada de (52) em relacao a x e multiplicando a equacao resultante por c, temos
cF ′(x) + cG′(x) = cf ′(x). Esta equacao juntamente com (53) nos conduz ao seguinte sistema
cF ′(x) + cG′(x) = cf ′(x)
cF ′(x)− cG′(x) = g(x).
Somando as duas equacoes do sistema acima e dividindo o resultado por 2c, temos, temos
F ′(x) =f ′(x)
2+g(x)
2c. (54)
De maneira analoga, se subtrairmos a segunda equacao da primeira no sistema acima e
multiplicarmos o resultado por 2c, encontramos
G′(x) =f ′(x)
2− g(x)
2c. (55)
Integrando as equacoes (54) e (55) de 0 a x, temos, respectivamente,
F (x) = F (0)− f(0)
2+f(x)
2+
1
2c
∫ x
0g(s)ds
74
e
G(x) = G(0)− f(0)
2+f(x)
2− 1
2c
∫ x
0g(s)ds.
Portanto,
u(x, t) = F (x+ ct) +G(x− ct)
= F (0) +G(0)− f(0) +f(x+ ct) + f(x− ct)
2+
1
2c
∫ x+ct
0g(s)ds− 1
2c
∫ x−ct
0g(s)ds
= F (0) +G(0)− f(0) +f(x+ ct) + f(x− ct)
2+
1
2c
∫ x+ct
x−ctg(s)ds
=f(x+ ct) + f(x− ct)
2+
1
2c
∫ x+ct
x−ctg(s)ds (pois, F (0) +G(0) = u(0, 0) = f(0)).
Portanto, temos
u(x, t) =f(x+ ct) + f(x− ct)
2+
1
2c
∫ x+ct
x−ctg(s)ds,
Conhecida como formula acima e conhecida como a formula de D’Alembert.
No caso particular em que g(x) ≡ 0, temos
u(x, t) =1
2[f(x+ ct) + f(x− ct)],
ou seja, a solucao e a superposicao de duas ondas. A funcao f(x + ct) e chamada uma onda
regressiva (se move para a esquerda) e f(x− ct) e chamada uma onda progressiva (se move para a
direita).
No caso particular que f(x) ≡ 0, temos
u(x, t) =1
2ch(x+ ct)− 1
2ch(x− ct),
onde h(w) =∫ w0 g(s)ds. Portanto, temos a superposicao de uma onda regressiva e uma progressiva.
Em geral, temos
u(x, t) = ϕ(x+ ct) + ψ(x− ct),
onde
ϕ(w) =1
2f(w) +
1
2ch(w) e ψ(w) =
1
2f(w)− 1
2ch(w),
ou seja, a solucao e a superposicao de duas ondas, que se propagam com mesma velocidade c e em
sentido contrario.
75
-3 -2 -1 1 2 3
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Figura 22: Grafico de g.
Exercıcio 2.20 Suponha que f(x) ≡ 0 e que o grafico de g(x) e aquele mostrado na Figura 22.
(a) Encontre u(x, t).
(b) Esboce o grafico de u(x, 0) e u(x, 1).
Resolucao. Da formula de D’Alembert, temos u(x, t) = h(x+ct)−h(x−ct)2c , onde h(w) =
∫ w0 g(s)ds.
Claramente, u(x, 0) ≡ 0. Note que se w < 0, entao, h(w) = −∫ 0w g(s)ds = 0, pois, g(s) = 0
para s ≤ 0. Por outro lado, se w > 1, entao, h(w) =∫ w0 g(s)ds =
∫ 10 g(s)ds = 1. Finalmente,
se 0 < w < 1, entao, h(w) =∫ w0 g(s)ds =
∫ w0 ds = w. Logo, o grafico de h(w) e aquele que esta
mostrado na Figura 23. O grafico de u(x, 1) e mostrado na Figura 24, cada unidade no eixo vertical
vale c.
-6 -4 -2 2 4 6
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Figura 23: Grafico de h(x).
-6 -4 -2 2 4 6
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
Figura 24: u(x, 1) = h(x+1)−h(x−1)2 , (c = 1).
Exercıcio 2.21 Considere uma corda infinita inicialmente esticada horizontalmente, com
velocidade inicial ut(x, 0) dada pela funcao cujo grafico aparece na Figura 27. Supondo que c = 1,
mostre que u(x, t) = h(x+ t)− h(x− t), onde o grafico de h e dado na Figura 25.
Solucao. Da formula de D’Alembert, u(x, t) = h(x+ct)−h(x−ct)2c , onde h(w) =
∫ w0 g(s)ds. Note que
se w < −1, entao, h(w) = −∫ 0w g(s)ds = −
∫ 0−1 g(s)ds = −
∫ 0−1(1 + s)ds = −1
2 . Se w > 1, entao,
h(w) =∫ 10 g(s)ds =
∫ 10 (1 − s)ds = 1
2 . Se 0 < w < 1, entao, h(w) =∫ w0 (1 − s)ds = w − w2/2.
76
-6 -4 -2 2 4 6
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
Figura 25: Grafico de h.
Finalmente, se −1 < w < 0, entao, h(w) = −∫ 0w(1 + s)ds = w + w2/2. Portanto,
h(w) =
−0.5, w ≤ 1
w + w2/2, −1 < w ≤ 0
w − w2/2, 0 < w ≤ 1
0.5, w > 1
.
Veja o grafico de h na Figura 26.
-3 -2 -1 1 2 3
-0.4
-0.2
0.2
0.4
Figura 26: Grafico de h.
Exemplo 2.12 Suponha que c = 1 na equacao da onda e que a forma inicial da corda seja dada
na Figura 27. Esboce os graficos de u(x, t) para t = 0.25, 0.5, 0.75, 1 e 1.5.
Resolucao. Os esbocos seguem imediatamente da formula de D’Alembert e sao mostrados nas
Figuras 27-32. Note que no instante t = 1 uma onda acaba de passar pela outra e a partir deste
instante elas se movem independentemente.
77
-3 -2 -1 1 2 3
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Figura 27: u(x, 0) = f(x).
-3 -2 -1 1 2 3
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
Figura 28: u(x, 0.25) = f(x+0.25)+f(x−0.25)2 .
-3 -2 -1 1 2 3
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
Figura 29: u(x, 0.5) = f(x+0.5)+f(x−0.5)2 .
-3 -2 -1 1 2 3
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
Figura 30: u(x, 0.75) = f(x+0.75)+f(x−0.75)2 .
-3 -2 -1 1 2 3
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
Figura 31: u(x, 1) = f(x+1)+f(x−1)2 .
-3 -2 -1 1 2 3
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
Figura 32: u(x, 1.5) = f(x+1.5)+f(x−1.5)2 .
2.9 Exercıcios
1. Considere o problema de vibracao de uma corda elastica fixa nas duas extremidades, com
comprimento L = 2, que obedece a equacao:
9uxx = utt
78
Considere as seguintes funcoes que descrevem a posicao inicial da corda, em situacoes
distintas:
(I) u(x, 0) = 0
(II) u(x, 0) = senπx
2
(III) u(x, 0) =
2x , 0 ≤ x < 1
2(x− 2)2 , 1 ≤ x ≤ 2
Considere tambem as seguintes funcoes que descrevem a velocidade inicial da corda em cada
ponto, tambem em situacoes distintas:
(A) ut(x, 0) = 0
(B) ut(x, 0) = −sen3πx
2
(C) ut(x, 0) = (x− 1)2 − 1
Determine a solucao u(x, t) do problema para:
(a) Condicoes iniciais I e A.
(b) Condicoes iniciais I e B.
(c) Condicoes iniciais I e C.
(d) Condicoes iniciais II e A.
(e) Condicoes iniciais II e B.
(f) Condicoes iniciais II e C.
(g) Condicoes iniciais III e A.
(h) Condicoes iniciais III e B.
(i) Condicoes iniciais III e C.
2. Considere uma corda de comprimento igual a 5, fixa nas duas extremidades. A seguinte
equacao diferencial descreve o movimento oscilatorio que ocorre na corda:
4uxx = utt
A corda encontra-se inicialmente com deslocamento nulo em toda sua extensao, e a velocidade
inicial de cada ponto da corda e dada pela expressao:
ut(x, 0) = −sen(3πx)
(a) Determine a funcao que descreve a posicao da corda, em cada ponto, em funcao do
tempo.
79
(b) Determine a funcao que descreve a velocidade da corda, em cada ponto, em funcao do
tempo.
(c) Determine a expressao da posicao da corda, em cada ponto, no instante t = 10.
(d) Determine a expressao da velocidade do ponto x = 2, em funcao do tempo.
(e) Supondo que o movimento da corda produza um sinal de som, que frequencias estarao
presentes nesse sinal de som?
80
2.10 A Equacao de Laplace
Seja u = u(x1, . . . , xn) de classe C2 num subconjunto aberto e conexo Rn. Definimos o operador
Laplaciano como
∆u =
n∑i=1
∂2u
∂x2i.
Em duas e tres dimensoes temos
∆u ≡ ∂2u
∂x2+∂2u
∂y2.
e
∆u ≡ ∂2u
∂x2+∂2u
∂y2+∂2u
∂z2,
respectivamente.
A equacao de Laplace e dada por
∆u = 0.
Ela Laplace aparece no estudo de campos eletrostaticos, descrevendo a funcao potencial num
meio dieletrico sem cargas eletricas.
Exercıcio 2.22 (Linearidade da Equacao de Laplace.) Mostre que se u1 e u2 satisfizerem a equacao
de Laplace, entao, c1u1 + c2u2, tambem satisfara, para quaisquer escolhas das constantes c1 e c2.
Portanto, se u1, . . . , un forem solucoes da equacao de Laplace, entao, c1u1 + . . . + cnun tambem
sera, para quaisquer valores das constantes c1, . . . , cn.
No que se segue Ω sera uma regiao aberta e conexa do plano (ou do espaco). Denotaremos por
∂Ω a fronteira de Ω e Ω = Ω ∪ ∂Ω. Em muitas aplicacoes, Ω sera, por exemplo, um disco, um
retangulo, um semi-plano, um cubo ou uma esfera.
Uma funcao com derivadas parciais ate segunda ordem contınuas u : Ω → R sera harmonica
se ela satisfizer a equacao de Laplace em Ω.
Exemplo 2.13 Alguns exemplos de funcoes harmonicas.
(a) u(x, y) = ax+ by + c, onde a, b e c sao constantes arbitrarias.
(b) u(x, y) = x2 − y2.
(c) Se f for uma funcao analıtica complexa, entao suas partes real e imaginarias serao funcoes
harmonicas.
81
Exercıcio 2.23 Determine relacoes entre as constantes a, b e c de modo que u(x, y) = ax2+bxy+
cy2 seja harmonica.
Exercıcio 2.24 (O Laplaciano em coordenadas polares) Seja v = v(r, θ), mostre que
∆v = vrr +1
rvr +
1
r2vθθ.
Resolucao. Em coordenadas polares temos a transformacao x = r cos θ e y = rsenθ, cuja
transformacao inversa e
r = r(x, y) =√x2 + y2 e θ = θ(x, y) = tg−1
(yx
),
logo rx = xr = cos θ, θx = − sen θ
r , ry = sen θ e θy = cos θr , portanto, se f = f(r, θ), onde r = r(x, y)
e θ = θ(x, y), pela regra da cadeia, temos
fx = frrx + fθθx = cos θ fr −sen θ
rfθ (56)
fy = frry + fθθy = sen θ fr +cos θ
rfθ. (57)
Aplicando a regra da cadeia novamente a fx = fx(r, θ), fy = fy(r, θ), onde r = r(x, y) e θ = θ(x, y),
temos
fxx = (fx)rrx + (fx)θθx = cos θ
(cos θ fr −
sen θ
rfθ
)r
− sen θ
r
(cos θ fr −
sen θ
rfθ
)θ
= cos θ
(cos θ frr +
sen θ
r2fθ −
sen θ
rfθr
)− sen θ
r
(−sen θ fr + cos θ frθ −
sen θ
rfθθ −
cosθ
rfθ
)= cos2 θ frr − 2
senθ cos θ
rfθr + 2
senθ cos θ
r2fθ +
sen2 θ
r2fθθ +
sen2 θ
rfr
fyy = (fy)rry + (fy)θθy = sen θ
(sen θ fr +
cos θ
rfθ
)r
+cos θ
r
(sen θ fr +
cos θ
rfθ
)θ
= sen θ
(sen θ frr −
cos θ
r2fθ +
cos θ
rfθr
)+
cos θ
r
(cos θ fr + sen θ frθ +
cos θ
rfθθ −
sen θ
rfθ
)= sen2 θfrr − 2
sen θ cos θ
r2fθ + 2
sen θ cos θ
rfθr +
cos2 θ
rfr +
cos2 θ
r2fθθ.
Somando-se as expressoes para fxx e fyy acima e supondo que f tenha derivadas ate segunda ordem
contınuas na variaveis r e θ, portanto, fr,θ = fθ,r, temos
fxx + fyy = frr +1
rfr +
1
r2fθθ,
com isso concluimos a resolucao do exercıcio.
82
Note que de (56) e (57), se fizermos r = (cos θ, senθ) e θ = (−senθ, cos θ), entao
∇f = (fx, fy) = (cos θ, senθ) vr +1
r(−senθ, cos θ) vθ = vr r +
1
rvθ θ,
que e que nos da o gradiente de uma funcao f dada em coordenadas polares.
Exemplo 2.14 Do Teorema de Green, temos∫Ω(Qx − Py)dxdy =
∮∂ΩPdx+Qdy,
onde ∂Ω e percorrida no sentido anti-horario, P,Q sao funcoes de Classe C1 num aberto contendo
Ω. Fazendo P = −uuy e Q = uux, do Teorema de Green temos∫Ω∇ · (u∇u)dx =
∮∂Ω
−uuydx+ uuxdy,
mas se x = x(t) e y = y(t), onde t ∈ [a, b] e uma parametrizacao para a curva ∂Ω, entao podemos
escrever ∮∂Ω
−uuydx+ uuxdy =
∫ b
a(−uuyx′ + uuxy
′)dt
=
∫ b
au∇u · (y′,−x′)dt
=
∫ b
au∇u · n
√x′2 + y′2dt
=
∮∂Ωu∂u
∂nds
onde ∂u∂n = ∇u · n e n = (y′,−x′)√
x′2+y′2e o vetor normal unitario de ∂Ω. Portanto, temos
∫Ω∇ · (u∇u)dxdy =
∮∂Ωu∂u
∂nds. (58)
Em particular se u ou ∂u∂n for nulo em ∂Ω a integral acima e zero.
Quanto Ω ⊂ R3 e ∂Ω e a superfıcie fronteira de Ω, temos uma formula similar a (58) e ela
segue imediatamente do Teorema da Divergencia.
Exemplo 2.15 Podemos fazer a seguinte pergunta: quais sao as funcoes harmonicas v(r, θ) que
so dependem da distancia r a origem? Se v(r, θ) = f(r), entao v sera harmonica se e somente se
f ′′(r) +1
rf ′(r) = 0,
83
que e uma equacao diferencial de segunda ordem redutıvel a uma equacao de primeira ordem.
Imediatamente, encontramos que f(r) = 1 e f(r) = ln r como duas solucoes linearmente
indenpendentes da equacao acima. A funcao ln r e, portanto, uma funcao harmonica na regiao
Ω = R2 − (0, 0), que e independente de θ.
O problema de Dirichlet para a equacao de Laplace e formulado da seguinte forma: dada
uma funcao contınua f : ∂Ω → R, determinar uma funcao u : Ω → R, tal que
(i) u ∈ C2(Ω) ∩ Co(Ω), ou seja, u seja contınua em Ω e de classe C2 em Ω
(ii) ∆u = 0 em Ω e
(iii) u = f em ∂Ω (condicao de fronteira).
O problema acima e altamente nao-trivial para uma regiao Ω arbitraria e nem sempre tem
solucao. Neste texto nos limitaremos a regioes retangulares ou discos, para as quais iremos obter
as solucoes atraves de series de Fourier.
Exemplo 2.16 (Unicidade do Problema de Dirichlet) A seguir mostraremos que o Problema de
Dirichlet para a equacao de Laplace admite no maximo uma solucao u ∈ C0(Ω) ∩ C2(Ω). De fato,
temos a seguinte identidade que imediata:
∇ · (u∇u) = ∇u · ∇u+ u∆u =
n∑i=1
u2xi+ u∆u,
integrando esta identidade sobre Ω, temos∫Ω∇ · (u(x)∇u(x))dx =
∫Ω
n∑i=1
u2xi(x)dx+
∫Ωu(x)∆u(x)dx
usando a equacao (58) e o comentario sobre a mesma, a integral do lado esquerdo da equacao
acima, temos ∫∂Ωu(∇u) · ndS =
∫Ω
n∑i=1
u2xidx+
∫Ωu∆udx. (59)
Se u1 e u2 fossem solucoes C0(Ω) ∩ C2(Ω) do problema de Dirichlet para a equacao de Laplace,
entao u = u1 − u2 ∈ C0(Ω) ∩ C2(Ω), u = 0 em ∂Ω e ∆u = 0 em Ω. O fato de u = 0 em ∂Ω faz
com que o lado esquerdo de (59) seja zero, como ∆u = 0 em Ω, a segunda integral do lado direito
de (60) se anula. Portanto, terıamos∫Ω
n∑i=1
u2xi(x)dx = 0, (60)
o que implicaria que uxi = 0, para todo i = 1, . . . , n e x ∈ Ω, portanto u e constante em Ω, como
u ∈ C0(Ω) e u = 0 em ∂Ω, segue que u = 0 em Ω, portanto, u1 = u2 em Ω.
84
2.10.1 O Problema de Dirichlet no retangulo
Neste problema a regiao Ω e o retangulo 0 < x < a e 0 < y < b. A sua fronteira consiste de
quatro segmentos aos quais devemos especificar as condicoes de fronteira:
u(x, 0) = fo(x), u(x, b) = f1(x), 0 < x < a
u(0, y) = go(y), u(a, y) = g1(y), 0 < y < b.
Note que se quisermos que a condicao de fronteira seja contınua, devemos ter as seguintes
condicoes de compatibilidade: fo(0) = go(0), fo(a) = g1(0) e g1(b) = f1(a) e f1(0) = go(b). Se essas
condicoes nao forem satisfeitas, pode-se ainda encontrar uma funcao harmonica, u, em Ω, a qual
satisfaz as condicoes de fronteira num certo sentido, mas que nao podera ser contınua em Ω.
Exercıcio 2.25 Mostre que para se resolver problema acima, basta considerarmos as solucoes de
quatro problemas, cada um dos quais com condicoes de fronteira zero em tres lados do retangulo e
mantendo-se a condicao de fronteira dada no quarto lado. A soma das quatro solucoes obtidas nos
da a solucao do problema original (veja Exercıcio 2.22).
Observacao 2.3 No Exercıcio 2.25, se a condicao de fronteira nao for zero em algum dos vertices
do retangulo, entao cada uma das solucoes com condicoes de fronteira nao-nula nos lados que
contem estes vertices serao descontınuas nestes vertices, pois, nestes a solucao em serie converge
para zero que nao e o valor especificado pela condicao de fronteira; contudo, sob a hipotese de
continuidade da condicao de fronteira do problema original, cada uma das solucoes sera contınua
em todos os pontos da fronteira, exceto, naqueles vertices onde a condicao nao for zero e, por
conseguinte, ao somarmos as quatro solucoes teremos uma solucao que sera continua em todos os
pontos da fronteira, exceto, nos vertices onde a condicao de fronteira nao e zero e podemos definir
a solucao nestes por continuidade (de modo que ela seja contınua em todos os pontos da fronteira):
nos vertices onde as condicoes de fronteira do problema original nao forem zero, faca u igual ao
valor das condicoes de fronteira nestes pontos; nos demais pontos, faca u igual a soma das quatro
solucoes obtidas no Exercıcio 2.25.
Como os quatro problemas descritos no exercıcio acima sao similares, iremos considerar apenas
aquele correspondente as seguintes condicoes de fronteira:
u(x, 0) = f(x), u(x, b) = u(0, y) = u(a, y) = 0.
85
Vamos assumir que f(0) = f(a) = 0 e que f seja contınua. Usaremos o metodo de separacao
de variaveis e assumiremos que u(x, y) = X(x)Y (y). Substituindo esta expressao na equacao de
Laplace, temos
X ′′
X= −Y
′′
Y= λ,
onde λ e um parametro independente de x e y. Portanto, temos
X ′′ − λX = 0, (61)
Y ′′ + λY = 0. (62)
Da condicao de fronteira, u(0, y) = 0 = u(a, y), como nao queremos que Y seja identicamente
nula, devemos ter X(0) = 0 = X(a). Portanto, devemos ter λ = −n2π2/a2. Portanto, para cada
n, Xn(x) = sen nπxa sera solucao de (61) e a equacao (62) fica
Y ′′ − n2π2
a2Y = 0, (63)
cuja solucao geral e
Y (y) = anenπy/a + bne
−nπy/a.
Da condicao de fronteira u(x, b) = 0, como nao queremos X ≡ 0, devemos ter Y (b) = 0, o que
nos da a seguinte relacao: bn = −ane2nπb/a, portanto,
Y (y) = anenπy/a − ane
2nπb/ae−nπy/a
= anenπb/a
(e(nπ/a)(y−b) − e−(nπ/a)(y−b)
)= 2ane
nπb/a
(e(nπ/a)(y−b) − e−(nπ/a)(y−b)
2
)
≡ 2anenπb/a senh
nπ(y − b)
a
∝ senhnπ(b− y)
a≡ Yn(y).
Portanto, un(x, y) = sen nπxa senh nπ(b−y)
a e harmonica e satisfaz as condicoes de fronteiras,
exceto, u(x, 0) = f(x). Tentaremos uma solucao da forma
u(x, y) =
∞∑n=1
cn sennπx
asenh
nπ(b− y)
a.
86
Os coeficientes cn’s tem que ser escolhidos de modo que
f(x) = u(x, 0) =∞∑n=1
cn senhnπb
asen
nπx
a,
ou seja,
cn senhnπb
a=
2
a
∫ a
0f(x) sen
nπx
adx ≡ fn.
Portanto,
u(x, y) =
∞∑n=1
fnsenh nπ(b−y)
a
senh nπba
sennπx
a,
onde
fn =2
a
∫ a
0f(x) sen
nπx
adx.
Exercıcio 2.26 ( O Problema de Dirichlet numa faixa semi-infinita) Encontre a solucao da
equacao de Laplace na faixa 0 < x < a, y > 0, que satisfaz as condicoes
u(0, y) = 0, u(a, y) = 0, y > 0, u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ a,
alem disso, u(x, y) tende a zero quando y tende a infinito.
Resolucao. Por causa das condicoes de fronteira u(0, y) = 0 = u(a, y) = 0, vimos que λ = −(nπa
)2e Xn(x) = sen
(nπxa
), portanto, a solucao geral da equacao em y apos a separacao de variaveis e
Yn(y) = anenπy/a + bne
−nπy/a. Como queremos u(x, y) tenda a zero quando y → ∞, devemos fazer
an = 0. Portanto a solucao sera
u(x, y) =∞∑n=1
cnsennπx
ae−nπy/a,
onde
cn =2
a
∫ a
0f(x) sen
nπx
adx.
Exercıcio 2.27 Resolva o problema de Dirichlet no retangulo, satisfazendo as seguintes condicoes
de fronteira:
u(x, 0) = 3 sen(2x)− 0.5 sen(9x), u(x, b) = u(0, y) = u(a, y) = 0.
87
Exercıcio 2.28 Resolva o problema de Dirichlet no retangulo, satisfazendo as seguintes condicoes
de fronteira:
u(x, 0) = x(a− x), u(x, b) = u(0, y) = u(a, y) = 0.
Exercıcio 2.29 Mostre que a solucao do problema de Dirichlet com condicoes de contorno
u(x, 0) = 0, u(x, b) = f(x), u(0, y) = 0, u(a, y) = 0
e
u(x, y) =∞∑n=1
fnsenh
(nπya
)senh
(nπba
) sen(nπx
a
),
onde
fn =2
a
∫ a
0f(x) sen
nπx
adx.
Exercıcio 2.30 Mostre que a solucao do problema de Dirichlet com condicoes de contorno
u(x, 0) = 0, u(x, b) = 0, u(0, y) = 0, u(a, y) = f(y)
e
u(x, y) =
∞∑n=1
fnsenh
(nπxb
)senh
(nπab
) sen(nπy
b
),
onde
fn =2
b
∫ b
0f(y) sen
nπy
bdy.
Exercıcio 2.31 Resolva o problema de Dirichlet no retangulo 0 < x < 3 e 0 < y < 2,
u(x, 0) = u(0, y) = u(x, 2) = 0, u(3, y) = f(y), onde
f(y) =
y, se 0 ≤ y ≤ 1
2− y, se 1 ≤ y ≤ 2.
Exercıcio 2.32 Encontre a solucao da equacao de Laplace na faixa 0 < y < b, x > 0, que satisfaz
as condicoes
u(x, 0) = 0, u(x, b) = 0, x > 0, u(0, y) = f(y), 0 ≤ y ≤ b.
88
Exercıcio 2.33 Resolva o problema de Dirichlet no quadrado 0 < x < π e 0 < y < π,
u(x, 0) = 1 + sen x, u(0, y) = u(x, π) = u(π, y) = 1.
Sugestao. Veja este problema como a solucao de dois problemas de Dirichlet no quadrado
0 < x < π e 0 < y < π, sendo que para um deles a condicao de fronteira e constante e igual
a 1.
Exercıcio 2.34 Mostre que a solucao do problema de Dirichlet com condicoes de contorno
u(x, 0) = 0, u(x, b) = 0, u(0, y) = f(y), u(a, y) = 0
e
u(x, y) =
∞∑n=1
fnsenh nπ(a−x)
b
senh nπab
sennπy
b,
onde
fn =2
b
∫ b
0f(y) sen
nπy
bdy.
Definicao 2.1 (O problema de Neumann para a equacao de Laplace) Ao inves de
especificarmos o valor de u na fronteira da regiao considerada, neste problema especificamos a
componente do gradiente de u na direcao do vetor normal unitario a fronteira em cada ponto,
chamado de derivada normal de u no ponto dado e denotada por
∇u · n.
No caso de um retangulo, a derivada normal sera ux ou uy, dependendo do lado ser perpendicular
ao eixo dos x ou ao eixo dos y, respectivamente. Por que?
Exemplo 2.17 (Unicidade dos problema de Neumann) Suponha que tivessemos duas
solucoes u1 e u2, seja u = u1 − u2. Note que a equacao (60) continua sendo valida se ∇u · n = 0
em ∂Ω e concluimos que a solucao do problema de Neumann e unicamente determinada a menos
de uma constante.
Exercıcio 2.35 Mostre que a solucao da equacao de Laplace com condicoes de fronteira
uy(x, 0) = 0, uy(x, b) = 0, ux(0, y) = 0, ux(a, y) = f(y),
onde∫ b0 f(y)dy = 0, e determinada a menos de uma constante e encontre esta solucao.
89
Resolucao. Das condicoes de fronteira, uy(x, 0) = 0 = uy(x, b) = 0, temos Y (0) = 0 = Y (b),
portanto, temos o seguinte problema:
Y ′′ = −λY, Y ′(0) = 0 = Y ′(b).
Portanto, λ = n2π2
b2(n = 0, 1, . . .) e a solucao e proporcional a Yn(y) = cos
(nπyb
). A outra
equacao fica X ′′ = n2π2
b2X e em virtude da condicao de contorno ux(0, y) = 0, temos que X(x) sera
proporcional a Xn(x) = cosh(nπxb
). Portanto a solucao sera da forma
u(x, y) =ao2
+
∞∑n=1
an cosh(nπx
b
)cos(nπy
b
).
Da condicao de contorno, ux(a, y) = f(y), devemos ter
f(y) =
∞∑n=1
an
(nπb
)senh
(nπab
)cos(nπy
b
),
que, por se tratar da serie de cossenos de f(y), a qual nao possui o termo constante, so tem solucao
se∫ b0 f(y)dy = 0. Como a condicao
∫ b0 f(y)dy = 0 acontece por hipotese, devemos ter
nπanb
senh(nπa
b
)=
2
b
∫ b
0f(y) cos
(nπyb
)dy, n = 1, 2, . . .
em particular, nao sabemos quanto vale ao, ou seja, a solucao e determinada a menos desta
constante.
O exercıcio acima nos mostra que nao para qualquer f que o problema de Dirichlet tem solucao,
mais precisamente, neste problema so teremos solucao se f tiver media zero e, neste caso, a solucao
nao sera unica, ela e determinada a menos de uma constante aditiva.
Definicao 2.2 (Condicoes de fronteira mista) Consiste em especificarmos o valor de u em
parte da fronteira e no restante da mesma especificarmos a componente do gradiente de u na
direcao do vetor unitario normal a fronteira em cada ponto.
Exemplo 2.18 (Unicidade da solucao da equacao de Laplace com condicoes de
fronteira mista) Suponha que tivessemos duas solucoes u1 e u2, seja u = u1 − u2. Note que
a equacao (60) continua sendo valida se u = 0 numa porcao de ∂Ω e ∇u · n = 0 na outra porcao
de ∂Ω e concluimos u e constante em Ω, sendo u contınua em Ω e zero em algum ponto de Ω (no
presente caso num ponto de ∂Ω) , ela tem que ser identicamente nula em Ω. Portanto, u1 = u2
em Ω.
90
Exercıcio 2.36 Encontre da equacao de Laplace com condicoes de fronteira
u(0, y) = 0, u(a, y) = 0, 0 < y < b, uy(x, 0) = 0, uy(x, b) = f(x), 0 ≤ x ≤ a.
Suponha que
f(x) =
x, se 0 ≤ x ≤ a/2
a− x, se a/2 ≤ x ≤ a.
Encontre u(x, y).
Resolucao. Das condicoes de fronteira u(0, y) = 0 = u(a, y), temos o seguinte problema:
X ′′ = λX, X(0) = 0 = X(a),
portanto, λ = −n2π2
a2(n = 1, 2, . . .) e a solucao e proporcional a Xn(x) = sen
(nπxa
). A outra
equacao fica Y ′′ = n2π2
a2Y e em virtude da condicao de contorno uy(x, 0) = 0, temos que Y (y) sera
proporcional a Yn(y) = cosh(nπy
a
). Portanto a solucao sera da forma
u(x, y) =
∞∑n=1
an cosh(nπy
a
)sen
(nπxa
).
Da condicao de contorno, uy(x, b) = f(x), devemos ter
f(x) =∞∑n=1
an
(nπa
)senh
(nπb
a
)sen
(nπxa
),
portanto,nπana
senh
(nπb
a
)=
2
a
∫ a
0f(x)sen
(nπxa
)dx, n = 1, 2, . . . .
Resolva o problema para o caso particular do f dado.
Exercıcio 2.37 Resolva o seguinte problema de Dirichlet no quadrado:
u(x, 0) = sen 3x, u(π, y) = sen y − 0.5 sen 5y, u(x, π) = 0 = u(0, y).
91
2.10.2 O Problema de Dirichlet no disco
Seja Ω o disco aberto x2 + y2 < a2, queremos encontrar uma funcao u ∈ C2(Ω) ∩ Co(Ω), tal que
uxx + uyy = 0 em Ω,
e
u = f em ∂Ω,
onde g e contınua. Como u ∈ Co(Ω), em particular, u tem que ser limitada no disco fechado Ω.
Fazendo v(r, θ) = u(r cos θ, rsenθ) e f(θ) = g(a cos θ, a senθ), entao f e v sao periodicas de
perıodo 2π na variavel θ e v deve ser solucao do problema
vrr +1
rvr +
1
r2vθθ = 0, v(a, θ) = f(θ), 0 ≤ r < a, 0 ≤ θ ≤ 2π. (64)
Usando separacao de variaveis, buscaremos solucoes da forma v(r, θ) = R(r)Θ(θ). Substituindo
esta expressao em (64), temos
r2R′′ + rR′ + λR = 0, (65)
Θ′′ − λΘ = 0, Θ(θ + 2π) = Θ(θ). (66)
Como Θ dever ser uma funcao periodica de perıodo 2π, conclui-se que λ = −n2, n ≥ 0, e que a
solucao geral de (66) e
Θn(θ) = an cosnθ + bnsennθ.
A equacao (65) fica
r2R′′ + rR′ − n2R = 0, (67)
que e uma equacao de Euler. Para resolve-la podemos fazer a seguinte mudanca na variavel
independente r = et ou t = ln r. Portanto, da regra da cadeia, temos
d
drR =
d
dtR(r)
dt
dr= e−t d
dtR
d2
dr2R =
d
dr
(dR
dr
)=
d
dt
(e−tdR
dt
)dt
dr= e−2t
(d2R
dt2− dR
dt
),
e temos a seguinte equacao diferencial linear de segunda ordem com coeficientes constantes:
d2R
dt2− n2R = 0. (68)
92
Note que para n = 0 esta equacao fica d2Rdt2
= 0, cuja solucao geral e c1 + c2t, voltando a variavel
inicial, temos R(r) = c1 + c2 ln r; ou seja, para n = 0 temos 1 e ln r como solucoes linearmente
independentes de (67). Para n = 0, a solucao geral de (68) e c1e−nt + c2e
nt e em termos da
variavel original, temos R(r) = c1rn + c2r
−n; portanto, temos rn e r−n como solucoes linearmente
independentes de (67). As solucoes, r−n e ln r serao descartadas no presente caso, pois, nos
dariam solucoes v(r, θ) ilimitadas na origem, portanto, nao podem ser contınuas neste ponto. Logo,
tomaremos Rn(r) = rn, para n ≥ 0. Para cada n,
vn(r, θ) = rn (an cosnθ + bnsennθ) ,
onde an e bn sao constantes arbitrarias e solucao de (64). Para satisfazermos a condicao de fronteira
v(a, θ) = f(θ), vamos tentar
v(r, θ) =ao2
+
∞∑n=1
rn (an cosnθ + bnsennθ) .
devemos ter
f(θ) = v(a, θ) =ao2
+∞∑n=1
an (an cosnθ + bnsennθ) ,
logo,
an an =
1
π
∫ 2π
0f(θ) cosnθ dθ e bn a
n =1
π
∫ 2π
0f(θ)sennθ dθ.
Exercıcio 2.38
(a) Mostre que a solucao da equacao de Laplace na regiao semi-circular r < a, 0 < θ < π, que
satisfaz as condicoes de contorno
u(r, 0) = 0, u(r, π) = 0, 0 ≤ r < a
u(a, θ) = f(θ), 0 ≤ θ ≤ π,
admitindo que ela esta bem definida e e limitada na regiao dada e
u(r, θ) =∞∑n=1
bnrnsen(nθ),
onde
anbn =2
π
∫ π
0f(θ)sen(nθ) dθ.
(b) Supondo que f(θ) = θ(π − θ), encontre a solucao u.
Sugestao. Veja o Exercıcio 2.41.
93
Exercıcio 2.39 Encontre a solucao da equacao de Laplace fora do cırculo de raio a, que satisfaz
as condicoes de contorno
u(a, θ) = f(θ), 0 ≤ θ < 2π,
que esta bem definida e e limitada para r > a.
Resolucao. Este problema e bastante parecido com o problema de Dirichlet no disco, as solucoes
deverao ser periodicas de perıodo 2π. Na resolucao da equacao de Laplace no cırculo, devemos
descartar rn e ln r, pois estas nao sao finitas fora do disco. Portanto, a solucao sera da forma
u(r, θ) =a02
+
∞∑n=1
r−n (an cosnθ + bnsennθ) ,
onde
anρ−n =
1
π
∫ 2π
0f(θ) cosnθ dθ e bnρ
−n =1
π
∫ 2π
0f(θ)sennθ dθ.
Exercıcio 2.40 Encontre a solucao da equacao de Laplace na regiao anular a < r < b, que seja
independente de θ e satisfaca as seguintes condicoes de fronteiras u(a, θ) = Va e u(b, θ) = Vb, para
0 ≤ θ < 2π.
Resolucao. Como a solucao deve ser independente de θ, do Exemplo 2.15, ela e da forma
u(r) = c1 + c2 ln r. Das condicoes de fronteiras, temos c1 =ln(
bVa
aVb
)ln( b
a)e c2 =
Va−c1ln a .
Exercıcio 2.41 Seja 0 < α < 2π. Mostre que a solucao da equacao de Laplace no setor circular
0 < r < a e 0 ≤ θ < α, com condicoes de fronteira u(r, 0) = 0 = u(r, α), 0 ≤ r < a e u(a, θ) = f(θ),
0 ≤ θ ≤ α e
u(r, θ) =
∞∑n=1
bn rnπα sen
(nπθ
α
),
onde
bnanπα =
2
α
∫ α
0f(θ)sen
(nπθ
α
)dθ.
94
Sugestao. Neste caso ao inves da hipotese de u ser periodica de perıodo 2π, devemos usar as
condicoes de fronteira u(r, 0) = 0 = u(r, α) as quais implicam que Θ(0) = 0 = Θ(α), portanto,
λ = −n2π2
α2 (n = 1, 2, . . .) e Θ(θ) sera proporcional a Θn(θ) = sen(nπθα
). Como nao temos
autovalor λ = 0, as solucoes radiais sao r−nπα e r
nπα . A hipotese de u(r, θ) ser limitada nos forca
a descartar as solucoes radiais r−nπα .
2.10.3 O Princıpio do Maximo
Teorema 2.1 (Princıpio de Maximo) Sejam Ω uma regiao limitada, aberta e conexa do plano,
u ∈ C2(Ω) ∩ Co(Ω) e harmonica em Ω. Entao o maximo de u e atingido na fronteira de Ω.
Corolario 2.1 Seja u como no Teorema 2.1. Entao u assume seu mınimo em ∂Ω.
Prova. Se u for harmonica em Ω, entao, −u tambem o sera e, do Princıpio de Maximo, o maximo
de −u tambem sera atingido na fronteira, ou seja,
max∂Ω
−u(x, y) ≥ maxΩ
−u(x, y) =⇒ −min∂Ω
u(x, y) ≥ −minΩu(x, y).
Multiplicando esta desigualdade por −1, temos
min∂Ω
u(x, y) ≤ minΩu(x, y)
e concluimos que o mınimo de u tambem e atingido na fronteira.
Caso o problema de Dirichlet seja soluvel, a sua unicidade pode tambem ser mostrada utilizando-
se o Princıpio de Maximo.
Teorema 2.2 Sejam u1 e u2 duas solucoes do problema de Dirichlet para um mesmo f . Entao,
u1 = u2.
Prova. A funcao u = u1 − u2 e harmonica em Ω e igual a zero em ∂Ω, logo, pelo Princıpio de
Maximo, u(x, y) ≥ 0 em Ω. Por outro lado, pelo Corolario 2.1, u(x, y) ≤ 0 em Ω. Portanto,
u(x, y) = 0 em Ω.
95
3 Transformada de Fourier
Havıamos considerado a teoria e aplicacoes envolvendo a expansao de uma funcao f(x) periodica
de perıodo 2L em termos de sen(nπx/L) e cos(nπx/L), o que nos levou ao conceito de series de
Fourier. A pergunta natural e a seguinte: podemos representar uma funcao f : R → R nao periodica
em termos de senos e cossenos?
Seja f : R → R, suave por partes, tal que∫∞−∞ |f(x)|dx < ∞. A seguir, formalmente, sem nos
preocuparmos com o rigor matematico, encontraremos uma representacao de f em termos de senos
e cossenos. O nosso ponto de partida e o Teorema de Fourier, para tal seja fL a funcao periodica de
perıodo 2L cuja restricao ao intervalo (−L,L) coincida com f . Note que para todo x, fL(x) = f(x),
se L for suficientemente grande, portanto
f(x) = limL→∞
fL(x).
Pelo Teorema de Fourier,
a0,L2
+
∞∑n=1
(an,L cos
(nπxL
)+ an,Lsen
(nπxL
))=fL(x−) + fL(x+)
2,
onde
an,L =1
L
∫ L
−LfL(u) cos
(nπuL
)du e bn,L =
1
L
∫ L
−LfL(u) sen
(nπuL
)du.
Portanto,
f(x−) + f(x+)
2= lim
L→∞
fL(x−) + fL(x+)
2
= limL→∞
a0,L2
+ limL→∞
( ∞∑n=1
(an,L cos
(nπxL
)+ an,Lsen
(nπxL
))).
Como∣∣cos (nπxL )∣∣ ≤ 1, temos∣∣∣a0,L
2
∣∣∣ ≤ 1
L
∫ ∞
−∞|fL(x)|dx ≤ 1
L
∫ ∞
−∞|f(x)|dx,
logo, pelo Teorema do Sanduiche, temos
limL→∞
a0,L2
= 0.
Portanto,
96
f(x−) + f(x+)
2= lim
L→∞
( ∞∑n=1
(an,L cos
(nπxL
)+ an,Lsen
(nπxL
)))
= limL→∞
1
L
∞∑n=1
∫ L
−Lf(u)
(cos(nπuL
)cos(nπxL
)+ sen
(nπuL
)sen
(nπxL
))du
= limL→∞
1
L
∞∑n=1
∫ L
−Lf(u) cos
(nπ(u− x)
L
)du
= limL→∞
1
L
∞∑n=1
∫ ∞
−∞f(u) cos
(nπ(u− x)
L
)du
(formalmente substituimos∫ L−L f(u) cos
(nπ(u−x)
L
)du por
∫∞−∞ f(u) cos
(nπ(u−x)
L
)du)
= limL→∞
∞∑n=1
[1
π
∫ ∞
−∞f(u) cos
(nπ(u− x)
L
)du
]π
L
= lim∆k→0
∞∑n=1
F (n∆k)∆k, (fizemos ∆k = πL e F (k) = 1
π
∫∞−∞ f(u) cos(k(u− x)du.)
=
∫ ∞
0F (k)dk, (
∑∞n=1 F (n∆k)∆k e a soma de Riemann de
∫∞0 F (k)dk )
=1
π
∫ ∞
0
(∫ ∞
−∞f(u) cos(k(u− x)du
)dk
=
∫ ∞
0(A(k) cos(kx) +B(k) sen(kx)) dk(
A(k) =1
π
∫ ∞
−∞f(x) cos(kx)dx, e B(k) =
1
π
∫ ∞
−∞f(x) sen (kx)dx
)
Teorema 3.1 (Teorema da Integral de Fourier) Seja f : R → R, tal que f e f ′ sejam contınuas
por partes e∫∞−∞ |f(x)| dx <∞. Entao∫ ∞
0(A(k) cos(kx) +B(k) sen(kx)) dk =
f(x+ 0) + f(x− 0)
2(69)
onde
A(k) =1
π
∫ ∞
−∞f(x) cos(kx)dx (70)
e
B(k) =1
π
∫ ∞
−∞f(x) sen (kx)dx. (71)
A integral em (69) e chamada de integral de Fourier de f .
97
Prova. Veja Subsecao 4.3.
E comum identificarmos f(x) com a sua integral de Fourier, ficando implıcito que nos pontos de
descontinuidades de f ela converge para a media aritmetica dos limites laterais de f nos mesmos.
Com isso escreveremos
f(x) =
∫ ∞
0(A(k) cos(kx) +B(k) sen(kx)) dk.
Observacao 3.1 Note que se f(x) for par, entao B(k) = 0 e A(k) = 2π
∫∞0 f(x) cos(kx)dx. Em
particular,
f(x) =2
π
∫ ∞
0
(∫ ∞
0f(y) cos(ky) dy
)cos(kx) dk.
De maneira analoga, se f(x) for ımpar, entao A(k) = 0 e
f(x) =2
π
∫ ∞
0
(∫ ∞
0f(y) sen (ky) dy
)sen (kx) dk.
De (70) e (71), temos∫ ∞
0(A(k) cos(kx) +B(k) sen(kx)) dk =
1
π
∫ ∞
0
∫ ∞
−∞f(y) (cos kx cos ky + senkx senky) dydk
=1
π
∫ ∞
0
∫ ∞
−∞f(y) cos k(x− y)dydk
=1
π
∫ ∞
0
∫ ∞
−∞f(y)
eik(x−y) + e−ik(x−y)
2dydk
=1
2π
∫ ∞
0
∫ ∞
−∞eik(x−y)f(y)dydk +
1
2π
∫ ∞
0
∫ ∞
−∞e−ik(x−y)f(y)dydk
=1
2π
∫ ∞
0
∫ ∞
−∞eik(x−y)f(y)dydk +
1
2π
∫ 0
−∞
∫ ∞
−∞eik(x−y)f(y)dydk
=1
2π
∫ ∞
−∞
∫ ∞
−∞eik(x−y)f(y)dydk
=1
2π
∫ ∞
−∞eikx
(∫ ∞
−∞e−ikyf(y)dy
)dk
≡ 1
2π
∫ ∞
−∞eikxf(k)dk (72)
onde
f(k) =
∫ ∞
−∞e−ikxf(x)dx. (73)
e chamada de transformada de Fourier de f . De (72) e de (69), concluimos que
98
1
2π
∫ ∞
−∞eikxf(k)dk =
f(x+ 0) + f(x− 0)
2. (74)
o lado esquerdo de (74) nos permite recuperar a funcao f a partir da f e por isso e chamada de
transformada inversa de Fourier.
Observacao 3.2 (Integracao e derivacao de funcoes complexas) Dadas x, t : R → R,
consideraremos derivadas e integrais de Riemann da funcao u : R → C, onde u(t) = x(t) + iy(t).
(a) Se x, y forem diferenciaveis, definimos
u′(t) = lim∆t→0
u(t+∆t)− u(t)
∆t= lim
∆t→0
(x(t+∆t)− x(t)
∆t+ i
y(t+∆t)− y(t)
∆t
)= x′(t) + iy′(t).(75)
(b) Se x, t forem contınuas em [a, b], definimos∫ ba u(t)dt como limite de somas de Riemann de u
em [a, b], de modo que∫ b
au(t)dt =
∫ b
a(x(t) + iy(t))dt =
∫ b
ax(t)dt+ i
∫ b
ay(t)dt = [X(t)]ba + i [Y (t)]ba , (76)
onde X ′(t) = x(t) e Y ′(t) = y(t).
A partir de (75) e (76), usamos as regras de derivacao e de integracao usuais. Por exemplo, se
a e for uma constante real nao nula, entao
d
dteiat =
d
dt(cos at+ i senat) = −a senat+ i cos at = ia(cos at+ i senat) = iaeiat.∫ π
0eiatdt =
∫ π
0cos(at) + i
∫ π
0sen(at)dt =
1
a[sen(at)]π0 − i
1
a[cos at]πo = 0 +
2i
a=
2i
a.
Exercıcio 3.1 Seja
f(x) =
1, se |x| < a
0, se |x| > a.
Mostre que
f(k) =
2senkak , se k = 0
2a, se k = 0.
99
Resolucao. Note que
f(k) =
∫ ∞
−∞e−ikxf(x)dx
=
∫ a
−ae−ikxdx
=
2a, se k = 0∣∣∣ e−ikx
−ik
∣∣∣a−a, se k = 0
=
2a, se k = 02sen (ka)
k , se k = 0
Note que f(k) e contınua em todos os pontos.
Exercıcio 3.2 (a) Use o exercıcio anterior para calcular a integral∫∞−∞
sen (ka) cos(kx)k dk.
(b) Deduza o valor da integral∫∞0
sen uu du.
Resolucao.
(a) Pelo Teorema de Fourier,
1
2π
∫ ∞
−∞eikxf(k) dk =
f(x+ 0) + f(x− 0)
2=
1, se |x| < a
1/2, se |x| = a
0, se |x| > a.
Mas
1
2π
∫ ∞
−∞eikxf(k) dk =
1
π
∫ ∞
−∞
sen(ka) cos(kx)
kdk +
i
π
∫ ∞
−∞
sen(ka) sen(kx)
kdk
=1
π
∫ ∞
−∞
sen(ka) cos(kx)
kdk,
pois o integrando da segunda integral da primeira igualdade e ımpar. Portanto,
∫ ∞
−∞
sen(ka) cos(kx)
kdk =
π, se |x| < a
π/2, se |x| = a
0, se |x| > a.
(b) Se x = 0 e a = 1, de (a), concluimos que∫ ∞
−∞
senk
kdk = π ou
∫ ∞
0
senk
kdk = π/2.
100
Exercıcio 3.3 Encontre as transformadas de Fourier das funcoes abaixo.
1. f(x) =
1, se |x| < a
0, caso contrario, onde a > 0.
2. f(x) =
−1, se −1 < x < 0
1, se 0 < x < 1
0, caso contrario
3. f(x) =
1− cosx, se |x| < −π/2
0, caso contrario
4. f(x) =
1− |x|, se |x| < 1
0, caso contrario
A partir da convergencia da transformada inversa de Fourier em x = 0, conclua que∫∞0
(senkk
)2dk = π
2 . Sugestao: use a identidade 1− cos k = 2sen2(k/2).
5. f(x) = e−|x|
6. f(x) =
1− x2, se |x| < 1
0, caso contrario
7. f(x) =
1, se 1 < |x| < 2
0, caso contrario
8. f(x) =
x, se |x| < 1
0, caso contrario
9. f(x) =
e−x, se x > 1
0, caso contrario
10. f(x) =
senx, se 0 < x < π
0, caso contrario
101
Exercıcio 3.4 Seja a > 0. Deduza a formula
e−ax =2a
π
∫ ∞
0
cos(kx)
a2 + k2dk, x ≥ 0.
Exercıcio 3.5 A funcao sinal de x e definida como
sgn(x) =
1, se x > 0
0, se x = 0
−1, se x < 0
.
Mostre que2
π
∫ ∞
0
sen(xt)
tdt = sgn(x).
Exercıcio 3.6 Seja
f(x) =
1, se |x| ≤ 1
0, caso contrario.
Mostre que
2
π
∫ ∞
0
senk cos(kx)
kdk =
1, se |x| < 1
1/2, se |x| = 1
0, |x| > 1.
.
Expresse f em termos de translacoes da funcao sgn(x). Sugestao: use a identidade
sena cos b =sen(a+ b) + sen(a− b)
2.
Fazendo integracao por partes e assumindo que f e f ′ se anulam em ±∞, temos as seguintes
propriedades da transformada de Fourier:
f ′(k) = ikf(k), f ′′(k) = −k2f(k). (77)
De fato,
f ′(k) =
∫ ∞
−∞e−ikxf ′(x)dx =
∣∣∣e−ikxf(x)∣∣∣∞−∞
+ ik
∫ ∞
−∞e−ikxf(x)dx = ikf(k).
De maneira analoga, fazendo-se duas integracoes por partes, temos a segunda relacao de (77).
102
Dadas duas funcoes f e g contınuas por partes e absolutamente integraveis, a e b constantes
quaisquer, entao
(af + bg)(k) =
∫ ∞
−∞e−ikx(af + bg)(x)dx
=
∫ ∞
−∞e−ikx(af(x) + bg(x))dx
= a
∫ ∞
−∞e−ikxf(x)dx+ b
∫ ∞
−∞e−ikxf(x)dx (usamos a linearidade da integral)
= af(k) + g(k),
o que mostra que a transformada de Fourier e uma operacao linear. De maneira analoga,
mostra-se que a tranformada inversa de Fourier tambem e linear.
Exemplo 3.1 Suponha que a transformada de Fourier de f exista.
(a) Seja g(x) = f(x− b) onde b e uma contante, entao
g(k) = e−ikbf(k). (78)
(b) Seja g(x) = f(ax) onde a = 0 e uma contante, entao
g(k) =f(k/a)
|a|.
Resolucao.
(a) Seja g(x) = f(x− b), entao
g(k) =
∫ ∞
−∞e−ikxf(x− b)dx
=
∫ ∞
−∞e−ik(y+b)f(y)dy (fizemos a mudanca de variaveis y = x− b)
=
∫ ∞
−∞e−ikye−ibkf(y)dy
= e−ibk
∫ ∞
−∞e−ikyf(y)dy
= e−ibkf(k).
103
(b) Seja g(x) = f(ax), entao
g(k) =
∫ ∞
−∞e−ikxf(ax)dx
=
∫∞−∞ e−ik(y/a)f(y)dy, se a > 0)∫ −∞∞ e−ik(y/a)f(y)dy, se a < 0
=1
|a|
∫ ∞
−∞e−i(k/a)yf(y)dy
=1
|a|f(k/a)
na segunda igualdade usamos a mudanca de variaveis y = ax.
Exercıcio 3.7 Suponha que a transformada de Fourier de f exista e seja g(x) = f(ax−b). Mostre
que
g(k) =e−ikbf(k/a)
|a|.
Note que se f for absolutamente integravel entao |f(x)| tende a zero quando x tende a ±∞,
logo |e−ikxf(x)| = |f(x)| tambem tende a zero quando x tende a ±∞. Logo,
limx→∞
e−ikxf(x) = 0 e limx→−∞
e−ikxf(x) = 0.
Portanto, se f e f ′ forem contınuas por partes e absolutamente integraveis, temos
f ′(k) =
∫ ∞
−∞e−ikxf ′(x)dx
=[f(x)e−ikx
]∞−∞
−∫ ∞
−∞(−ik)e−ikxf(x)dx (fizemos integracao por partes)
= 0 + ik
∫ ∞
−∞e−ikxf(x)dx
= ikf(k).
Em geral, se f , f ′, . . ., f (n) forem contınuas por partes e absolutamente integraveis, temos
f (n)(k) = (ik)nf(k).
Em particular,
f ′′(k) = −k2f(k).
104
Sejam f contınua por partes e xf absolutamente integravel (veja Subsecao 4.1). Entao
d
dkf(k) =
d
dk
∫ ∞
−∞e−ikxf(x)dx
=
∫ ∞
−∞
(d
dke−ikx
)f(x)dx (trocamos a ordem da derivada com a integral)
=
∫ ∞
−∞(−ix)e−ikxf(x)dx
= −i∫ ∞
−∞e−ikx xf(x)dx
= −ixf(k). (79)
Em geral, se f for contınua por partes e xnf for absolutamente integravel, entao
dn
dknf(k) = (−i)nxnf(k),
ou seja,
xnf(k) = (i)ndn
dknf(k).
Seja g(x) = eikoxf(x), onde f e contınua por partes e absolutamente integravel. Entao
g(k) =
∫ ∞
−∞e−ikxeikoxf(x)dx =
∫ ∞
−∞e−i(k−ko)xf(x)dx = f(k − ko).
Usando a relacao acima e a linearidade da transformada de Fourier, se
g(x) = f(x) cos(kox),
como cos(kox) = (eikox + e−ikox)/2, temos
g(k) =1
2
(f(k − ko) + f(k + ko)
).
De maneira analoga, se g(x) = f(x)sen(kox), como sen(kox) = (eikox − e−ikox)/2i, temos
g(k) =1
2i
(f(k − ko)− f(k + ko)
).
Exercıcio 3.8 Fazendo integracao por integracao por partes mostre que∫e−αx cos(βx) dx =
(β sen (βx)− α cos(βx)
α2 + β2
)e−αx + C,
onde C e uma constante. Em particular,∫ ∞
0e−αx cos(βx) dx =
α
β2 + α2. (80)
105
Exercıcio 3.9 Seja f(x) = e−α|x|, onde α > 0. Mostre que
f(k) =2α
k2 + α2(81)
e use-a para concluir que ∫ ∞
−∞
cos(kx)
k2 + α2dk =
π
αe−α|x|. (82)
Resolucao. Note que
f(k) =
∫ ∞
−∞e−ikxe−α|x|dx
=
∫ ∞
−∞cos(kx)e−α|x|dx+ i
∫ ∞
−∞sen(kx)e−α|x|dx
=
∫ ∞
−∞cos(kx)e−α|x|dx (a funcao sen(kx)e−α|x| e ımpar, sua integral e zero)
= 2
∫ ∞
0cos(kx)e−αxdx
=2α
k2 + α2( veja Exercıcio 3.8)
Da Formula de inversao temos
e−α|x| =1
2π
∫ ∞
−∞eikx
2α
k2 + α2dk =
α
π
∫ ∞
−∞
cos kx
k2 + α2dk,
portanto, ∫ ∞
−∞
cos(kx)
k2 + α2dk =
π
αe−α|x|.
Exemplo 3.2 A transformada de Fourier de f(x) = 1x2+a2
, onde a > 0, e
π
ae−a|k|. (83)
Resolucao.
f(k) =
∫ ∞
−∞
e−ikx
x2 + a2dx =
∫ ∞
−∞
cos kx
x2 + a2dx =
π
ae−a|k| (usamos (82)).
106
Exemplo 3.3 A transformada de Fourier de e−αx2, onde α > 0, e√
π
αe−k2/4α. (84)
Resolucao.
d
dkf(k) = −i
∫ ∞
−∞e−ikxxe−αx2
dx (usamos (79))
= −i
([e−ikxe−αx2
−2α
]∞−∞
−∫ ∞
−∞(−ik)e−ikx e
−αx2
−2αdx
)(integrando por partes)
=−kf(k)
2α.
Acima usamos que[e−ikxe−αx2
−2α
]∞−∞
= 0, pois∣∣∣ e−ikxe−αx2
2α
∣∣∣ = e−αx2
−2α tende a zero quando x tende para
±∞. Portanto a transformada de Fourier de f satisfaz a seguinte equacao diferencial ordinaria
linear de primeira ordem e homogenea:
d
dkf(k) +
k
2αf(k) = 0.
A sua solucao geral e
f(k) = Ae−k2/4α.
onde
A = f(0) =
∫ ∞
−∞e−αx2
dx.
A seguir calcularemos esta integral. Note que
∫ ∞
−∞e−αx2
dx =
(∫ ∞
−∞e−αx2
dx
∫ ∞
−∞e−αy2dy
)1/2
=
(∫R2
e−α(x2+y2)dxdy
)1/2
(usamos o Teorema de Fubini)
=
(∫ 2π
0dθ
∫ ∞
0e−αr2rdr)
)1/2
(usamos coordenadas polares)
=
√π
α.
Portanto
f(k) =
√π
αe−k2/4α.
107
Definicao 3.1 Dadas as funcoes f e g absolutamente integraveis na reta, a convolucao de f com
g, denotada por f ∗ g, e definida como
(f ∗ g)(x) =∫ ∞
−∞f(y)g(x− y)dy.
Note que apos as mudancas de variaveis x− y = u e u = y, concluimos que
(f ∗ g)(x) =∫ ∞
−∞f(y)g(x− y)dy =
∫ ∞
−∞f(x− y)g(y)dy.
Alguns autores definem
(f ∗ g)(x) =∫ ∞
−∞f(x− y)g(y)dy.
Teorema 3.2 (Propriedades da Convolucao) A convolucao obedece as leis comutativa, associativa
e distributiva:
f ∗ g = g ∗ f, f ∗ (g ∗ h) = (f ∗ g) ∗ h, f ∗ (g + h) = f ∗ g + f ∗ h. (85)
Teorema 3.3 (Teorema da Convolucao)
f(k)g(k = f ∗ g(k),
Prova. Como
f(k) =
∫ ∞
−∞e−ikuf(u)du e g(k) =
∫ ∞
−∞e−ikvg(v)dv,
entao
f(k)g(k) =
∫ ∞
−∞
∫ ∞
−∞e−ik(u+v)f(u)g(v)dudv.
Fazendo as mudancas de variaveis: u+ v = x e u = u, entao
du dv =∂(u, v)
∂(u, x)du dx = det
∂u∂u
∂u∂x
∂v∂u
∂v∂x
du dx = det
1 0
1 0
du dx = du dx,
portanto
f(k)g(k) =
∫ ∞
−∞
∫ ∞
−∞e−ikxf(u)g(x− u)dudx =
∫ ∞
−∞e−ikx
(∫ ∞
−∞f(u)g(x− u)du
)dx = f ∗ g(k),
ou seja,
f ∗ g(k) = f(k) f(k). (86)
Se tomarmos a transformada inversa de Fourier da equacao acima, concluiremos que a transformada
inversa de Fourier de f(k) g(k) e igual a (f ∗ g)(x).
108
Exercıcio 3.10 Usando o Teorema da Convolucao, resolva a seguinte equacao integral
h(x) = g(x) +
∫ ∞
−∞h(u)w(x− u)du,
onde g e w sao funcoes dadas.
Resolucao. Note que a equacao acima, pode ser escrita como
h(x) = g(x) + (h ∗ w)(x),
logo, pelo Teorema da Convolucao, temos
h(k) = g(k) + h(k) w(k),
portanto,
h(k) =g(k)
1− w(k).
Logo,
h(x) =1
2π
∫ ∞
−∞eikx
g(k)
1− w(k)dk.
Exercıcio 3.11 Usando o Teorema da Convolucao, resolva a seguinte equacao integral∫ ∞
−∞
h(u)
(x− u)2 + a2du =
1
x2 + b2, 0 < a < b.
Resolucao. Sejam w(x) = 1x2+a2
e g(x) = 1x2+b2
entao a equacao acima, pode ser escrita como
(h ∗ w)(x) = g(x),
e do Teorema da Convolucao temos
h(k) w(k) = g(k).
Logo
h(k) =g(k)
w(k).
Mas a transformada de 1x2+α2 e∫ ∞
−∞eikx
1
x2 + α2dx =
∫ ∞
−∞
cos kx
x2 + α2dx =
π
αe−α|k| (usamos (82)).
109
Logo
h(k) =a
be−(b−a)|k|.
Consequentemente,
h(x) =1
2π
∫ ∞
−∞eikxh(k)dk
=1
2π
∫ ∞
−∞eikx
(abe−(b−a)|k|
)dk
=a
bπ
∫ ∞
0e−(b−a)k cos(kx)dk
=a(b− a)
πb
1
x2 + (b− a)2, (usamos (80).
Exercıcio 3.12 Seja f absolutamente integravel, derivavel, par e g(x) = cos(ax). Mostre que
(f ∗ g)(x) = cos(ax)f(a).
Exercıcio 3.13 Seja
gn(x) =
n, se |x| < 1/n
0, caso contrario.
Mostre que
(f ∗ gn)(x) = n (F (x+ 1/n)− F (x+ 1/n)) ,
onde F ′(x) = f(x) e conclua que
limn→∞
(f ∗ gn)(x) = f(x).
3.1 Transformadas de Fourier das funcoes cos(x2) e sen(x2)
Se f for uma funcao absolutamente integravel, entao∣∣∣∣∫ ∞
−∞e−ikxf(x)dx
∣∣∣∣ ≤ ∫ ∞
−∞|e−ikxf(x)|dx =
∫ ∞
−∞|f(x)|dx <∞,
o que implica que f(k) existe. Isto significa que a hipotese de f ser absolutamente integravel e
suficiente para garantir a existencia de f(k). No entanto, esta condicao nao e necessaria, pois
existem funcoes que nao sao absolutamente integraveis cujas transformadas de Fourier existem,
dois exemplos de tais funcoes saos as funcoes cos(x2) e sen(x2), como veremos a seguir.
110
Da teoria de integracao complexa (Teoria de Resıduos), veja por exemplo [5],∫ ∞
−∞cos(x2)dx =
√2π
2=
∫ ∞
−∞sen(x2)dx, (87)
estas duas integrais improprias recebem o nome de integrais de Fresnel. Usaremos o
conhecimento destas duas integrais para calcularmos as transformadas de Fourier de cos(x2) e
sen(x2). Mostraremos que
cos(x2)(k) =√π cos(k2/4− π/4) =
√2π
2
(cos(k2/4) + sen(k2/4)
)(88)
e
sen(x2)(k) =√π sen(k2/4 + π/4) =
√2π
2
(sen(k2/4) + cos(k2/4)
). (89)
Prova. Note que de (87), temos∫ ∞
−∞e−ix2
dx =
∫ ∞
−∞cos(x2)dx− i
∫ ∞
−∞sen(x2)dx =
√2π
2(1− i) =
√π
1− i√2
=√π e−iπ/4.
∫ ∞
−∞e−ikx cos(x2)dx =
∫ ∞
−∞e−ikx
(eix
2+ e−ix2
2
)dx =
1
2
∫ ∞
−∞e−i(x2+kx)dx+
1
2
∫ ∞
−∞ei(x
2−kx)dx.
Do completamento de quadrados x2 ± kx = (x± k/2)2 − k2/4,∫ ∞
−∞e−ikx cos(x2)dx =
eik2/4
2
∫ ∞
−∞e−i(x+k/2)2dx+
e−ik2/4
2
∫ ∞
−∞ei(x−k/2)2dx
=eik
2/4
2
∫ ∞
−∞e−ix2
dx+e−ik2/4
2
∫ ∞
−∞eix
2dx
= Re
(eik
2/4
∫ ∞
−∞e−ix2
dx
)(se z = x+ iy, z + z = 2x = 2Re(z))
=√π Re
(ei(k
2/4−π/4))
=√π cos(k2/4− π/4).
De maneira analoga, mostra-se que∫ ∞
−∞e−ikxsen(x2)dx = −
√π sen(k2/4− π/4).
De (88) e (89) segue que
e−ix2(k) =√4π ei(k
2/4+π/4). (90)
111
3.2 As transformadas seno e cosseno de Fourier
A integral de Fourier nos permite representar uma funcao g : R → R, tal que g e g′ sejam contınuas
por partes e∫∞−∞ |g(x)|dx <∞, em termos de cos(kx) e sin(kx). A pergunta natural e a seguinte:
e possıvel representarmos uma funcao f : [0,∞) → R, tal que f, f ′ sejam contınuas por partes e∫∞0 |f(x)|dx <∞, em termos de cos(kx) e sin(kx)?
Seja g uma extensao de f para a reta toda, tal que g e g′ sejam contınuas por partes e∫∞−∞ |g(x)|dx <∞, segue do Teorema 3.1 que∫ ∞
0(A(k) cos(kx) +B(k) sen(kx)) dk =
g(x+ 0) + g(x− 0)
2
onde
A(k) =1
π
∫ ∞
−∞g(x) cos(kx)dx
e
B(k) =1
π
∫ ∞
−∞g(x) sen (kx)dx.
A seguir considereramos dois casos particulares de extensoes de f , a par e a ımpar.
(1) Tomando g a extensao par de f , segue que para x > 0, temos a seguinte representacao de f
em termos de cossenos, chamada de Transformada cosseno de Fourier de f :∫ ∞
0A(k) cos(kx)dk =
f(x+ 0) + f(x− 0)
2,
onde
A(k) =2
π
∫ ∞
0f(x) cos(kx)dx.
(2) Tomando g a extensao ımpar de f , segue que para x > 0, temos a seguinte representacao de
f em termos de senos, chamada de Transformada seno de Fourier de f :∫ ∞
0B(k) sin(kx)dk =
f(x+ 0) + f(x− 0)
2,
onde
B(k) =2
π
∫ ∞
0f(x) sin(kx)dx.
Exercıcio 3.14 Seja
f(x) =
1, se 0 ≤ x < 1
0, se x ≥ 1..
112
(a) Encontre uma representacao para f(x) em termos senos.
(b) Encontre uma representacao para f(x) em termos de cossenos.
Transformadas de Fourier Elementares
f(x) f(w) = F(f)(w) f(x) f(w) = F(f)(w)
1, 0 ≤ x < a;
0, caso contrario.
1− e−iaw
iwf(ax), a = 0
1
|a|f(wa
)
e−ax, x ≥ 0;
0, x < 0.
1
a+ iw, a > 0 xf(x) i
df
dw(w)
1
x2 + a2, a > 0
π
ae−a|w|, f ′(x) iwf(w)
e−ax2, a > 0
√πae
−w2
4a , a > 0, f(x− a) e−iawf(w)
e−a|x|, a > 02a
a2 + w2, eiaxf(x) f(w − a)
f(x) f(−w)∫∞−∞ f(y)g(x− y)dy f(w) · g(w)
113
3.3 Aplicacoes da transformada de Fourier as resolucoes de equacoes
diferenciais parciais
Exercıcio 3.15 (A equacao da onda em uma corda infinita) Resolva o seguinte problema
utt = c2uxx, −∞ < x <∞, t > 0 (91)
u(x, 0) = f(x), −∞ < x <∞, (92)
ut(x, 0) = g(x), −∞ < x <∞. (93)
Asuma que f , g sejam contınuas, limitadas e absolutamente integraveis.
Resolucao. Defina a transformada de Fourier de u(x, t) em relacao a variavel x como
u(ω, t) =
∫ ∞
−∞e−iωxu(x, t) dω.
Assim, de (91)-(93) e de (77), entao
uxx(k, t) = −ω2u(ω, t) e ut(k, t) =
∫ ∞
−∞e−iωxut(x, t) dω =
∂
∂tu(ω, t),
u(ω, 0) = f(ω) e ut(k, 0) = g(k).
Portanto ao tomarmos a transformada de Fourier da equacao diferencial (91) e usando as relacoes
acima, temos
∂2
∂t2u(ω, t) = −c2ω2u(ω, t) (94)
u(ω, 0) = f(ω) (95)
∂
∂tu(ω, 0) = g(ω). (96)
A solucao geral de (94) e
u(ω, t) = c1 cos(ωct) + c2 sen (ωct),
e de (95) e (96), temos que
c1 = f(ω) e c2 =g(ω)
cω,
respectivamente. Poranto,
u(ω, t) = f(ω) cos(ωct) +sen(ωct)
ωg(ω).
Logo,
u(x, t) =1
2π
∫ ∞
−∞eiωx
(f(ω) cos(ωct) +
sen(ωct)
ωg(ω)
)dω.
114
Note que
1
2π
∫ ∞
−∞eiωxf(ω) cos(ωct)dω =
1
2π
∫ ∞
−∞eiωxf(ω)
(eiω(ct) + e−iω(ct)
2
)dω
=1
2π
∫ ∞
−∞
(eiω(x+ct) + eiω(x−ct)
2
)f(ω)dω
=1
2
(1
2π
∫ ∞
−∞eiω(x+ct)f(ω)dω +
1
2π
∫ ∞
−∞eiω(x−ct)f(ω)dω
)=
1
2(f(x+ ct) + f(x− ct)) (usamos (78)).
Por outro lado, se fizermos
h(x, t) =1
2c
∫ x+ct
x−ctg(s)ds,
entao, da equacao (97), veja Observacao 3.3 abaixo,
∂
∂xh(x, t) =
1
2c(g(x+ ct)− g(x− ct)) ,
portanto,
iωh(ω, t) =1
2c
(eiωct − e−iωct
)g(ω),
ou seja,
h(ω, t) =sen(ωct)
ωcg(ω).
Logo,
1
2π
∫ ∞
−∞eiωx
sen(ωct)
ωg(ω) dω =
1
2π
∫ ∞
−∞eiωxh(ω, t) dω = h(x, t) =
1
2c
∫ x+ct
x−ctg(s)ds
e concluimos que a solucao desejada pode ser escrita como
u(x, t) =f(x+ ct) + f(x− ct)
2+
1
2c
∫ x+ct
x−ctg(s)ds,
que e a formula de D’Alembert.
Observacao 3.3 Suponha que ux(x, t) e vx(x, t) existam e que g seja contınua, entao,
∂
∂x
∫ u(x,t)
v(x,t)g(s)ds = g(u(x, t)) ux(x, t)− g(v(x, t)) vx(x, t). (97)
115
Exercıcio 3.16 Resolva o problema de conveccao num fio infinito (isto e existe troca de calor do
fio com o ambiente):
ut = c2uxx + kux, −∞ < x <∞, t > 0
u(x, 0 = f(x), −∞ < x <∞.
Resolucao. Se tomarmos a transformada de Fourier em relacao a variavel x das equacoes acima
teremos∂
∂tu(ω, t) = −(c2ω2 − iωk)u(ω, t), u(ω, 0) = f(ω).
Logo,
u(ω, t) = e−(c2ω2−iωk)tf(ω) ≡ h(ω, t)f(ω) (98)
e pelo Teorema da Convolucao,
u(x, t) =
∫ ∞
−∞h(x− y, t)f(y)dy.
Resta-nos calcular h(x, t). Note que
h(ω, t) = eiωkt e−c2ω2t ≡ eiωkt p(ω, t)
e pela propriedade do deslocamento, temos
h(x, t) = p(x+ kt, t),
onde p(x, t) e a transformada inversa de (veja (84)) Fourier de
e−c2ω2t =
√α
π
(√π
αe−
ω2
4α
)α =
1
4c2t
Portanto, p(x, t) =√
απ e−αx2
= 1√4πc2t
e−x2
4c2t . Finalmente,
u(x, t) =1√
4πc2t
∫ ∞
−∞e−
(x−y+kt)2
4c2t f(y)dy. (99)
116
Exercıcio 3.17 (O problema de Dirichlet para a equacao de Laplace no semi-plano)
Resolva o seguinte problema
uxx + uyy = 0, −∞ < x <∞, y > 0 (100)
u(x, 0) = f(x), −∞ < x <∞. (101)
Assuma que u(x, y), ux(x, y) ( para cada y fixo) e f(x) sejam absolutamente integraveis em x.
Resolucao. Seja
u(ω, y) =
∫ ∞
−∞e−iωxu(x, y) dx,
entao
u(k, 0) = f(k)
e ∫ ∞
−∞e−iωxuxx(x, y) dx = −ω2u(ω, y),
logo, tomando-se a transformada de Fourier das equacoes (100) e (101) em relacao a variavel x,
temos
∂2
∂y2u(ω, y) = −ω2u(ω, y), (102)
u(ω, 0) = f(ω). (103)
A solucao geral de (102) e
u(ω, y) = c1e−|ω|y + c2e
|ω|y
e se quisermos que u(ω, y) seja limitada devemos fazer c2 = 0. Portanto,
u(ω, y) = c1e−|ω|y, (104)
de (103) devemos ter c1 = f(ω). Portanto,
u(ω, y) = e−|ω|y f(ω) = g(ω, y) f(ω), (105)
onde g(ω, y) = e−|ω|y. Pelo Teorema da convolucao, temos
u(x, y) = (g(., y) ∗ f)(x) =∫ ∞
−∞g(x− t, y)f(t) dt. (106)
Note que do Exercıcio 3.2, segue que
g(x, y) =y
π x2 + y2.
117
Substituindo este valor de g(x, y) em (106), temos
u(x, y) =1
π
∫ ∞
−∞
yf(t)
y2 + (x− t)2dt. (107)
Embora para obtermos (107) via transformada de Fourier, foi necessario assumirmos que f fosse
contınua e absolutamente integravel. No entanto, para y > 0, sob a hipotese que f(x) e contınua
e limitada, segue que a expressao (107) e infinitamente diferenciavel nas variaveis x e y e podemos
obter as derivadas passando-as para dentro da integral. Deixo para o aluno calculo das derivadas
uxx e uyy e verificacao de que uxx + uyy = 0. Mostraremos que
limy→0+
u(x, y) = f(x),
ou, equivalentemente, para todo ϵ > 0, existe δ = δ(x, ϵ), tal que 0 < y < δ implica
|u(x, y)− f(x)| < ϵ.
De fato, para y > 0, temos
y
π
∫ ∞
−∞
1
u2 + y2du =
2
π
∫ ∞
0
1
w2 + 1dw =
2
π[arctgw]∞0 =
2
π
π
2= 1.
Portanto,
u(x, y)− f(x) =y
π
∫ ∞
−∞
f(u)− f(x)
(u− x)2 + y2du,
logo
|u(x, y)− f(x)| =y
π
∣∣∣∣∫ ∞
−∞
f(u)− f(x)
(u− x)2 + y2du
∣∣∣∣≤ y
π
∫ ∞
−∞
|f(x+ u)− f(x)|u2 + y2
du.
Como f e contınua em x, dado ϵ > 0, existe δ1 > 0, tal que |f(x+u)−f(x)| < ϵ2 , se |u| < δ1. Sendo
f limitada, existe M > 0, tal que |f(u)| ≤M , para todo u, em particular, |f(x+ u)− f(x)| ≤ 2M ,
118
para todo u. Portanto,
|u(x, y)− f(x)| ≤ y
π
∫ ∞
−∞
|f(x+ u)− f(x)|u2 + y2
du (108)
=y
π
∫|u|<δ1
|f(x+ u)− f(x)|u2 + y2
du+y
π
∫|u|≥δ1
|f(x+ u)− f(x)|u2 + y2
du
=ϵy
2π
∫|u|<δ1
1
u2 + y2du+
2My
π
∫|u|≥δ1
1
u2 + y2du
≤ ϵ
2
(y
π
∫ ∞
−∞
1
u2 + y2du
)+
4My
π
∫ ∞
δ1
1
u2 + y2du
=ϵ
2+
4My
π
∫ ∞
δ1
1
u2 + y2du
≤ ϵ
2+
4My
π
∫ ∞
δ1
1
u2du
≤ ϵ
2+
4My
πδ1. (109)
Note que se fizermos
δ =πϵδ18M
,
entao se 0 < y < δ, teremos 0 < 4Myπδ1
< ϵ2 , portanto de (108), teremos
|u(x, y)− f(x)| < ϵ.
Resumindo, provamos o resultado abaixo.
Teorema 3.1 Seja f : R → R contınua e limitada. Entao, a expressao (107) define uma funcao
que e infinitamente diferenciavel em y > 0, satisfaz (100) e limy→0+
u(x, y) = f(x).
Observacao 3.4 A menos que facamos a restricao que u(x, y) → 0 quando x2+y2 → ∞, a solucao
do problema de Dirichlet dado por (100) e (101) nao sera unica. De fato, o problema (100) e (101),
com f(x) = 0 para todo x, tem duas solucoes, ou seja, u(x, y) = 0 e u(x, y) = y.
Exercıcio 3.18 Usando o Teorema 3.1, resolva o problema de Dirichlet dado por (100) e (101)
para f(x) = sen x.
119
Resolucao.
u(x, y) =y
π
∫ ∞
−∞
sen (t)
y2 + (t− x)2dt
=y
π
∫ ∞
−∞
sen (s+ x)
y2 + s2ds, t− x = s
=y
π
∫ ∞
−∞
sen s cosx+ sen x cos s
y2 + s2ds
=y sen x
π
∫ ∞
−∞
cos s
y2 + s2ds
=y sen x
π
πe−y
y(usamos (82))
= e−ysen x.
Exercıcio 3.19 (O problema de Dirichlet para a equacao de Laplace no quadrante)
Resolva o seguinte problema
uxx + uyy = 0, x, y > 0 (110)
u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x <∞, u(0, y) = 0, y > 0. (111)
Assuma que f seja contınua, limitada e que f(0) = 0
Resolucao. Seja h(x) a extensao ımpar de f para a reta toda, ou seja
h(x) =
f(x), se x ≥ 0
−f(−x), caso contrario
e considere o seguinte problema de Dirichlet no semi-plano
uxx + uyy = 0, −∞ < x <∞, y > 0 (112)
u(x, 0) = h(x), −∞ < x <∞. (113)
Como h e contınua e limitada, pelo Teorema 3.1
u(x, y) =y
π
∫ ∞
−∞
h(t)
y2 + (x− t)2dt (114)
e solucao do problema (112) e (113). Em particular, como ∆u = 0 para todo −∞ < x < ∞ e
y > 0, ∆u = 0 para todo x, y > 0. Alem disso, para todo x ≥ 0, limy→0+ u(x, y) = h(x) = f(x) e
se y ≥ 0,
u(0, y) =y
π
∫ ∞
−∞
h(t)
y2 + t2dt = 0,
120
pois, h e uma funcao ımpar. Portanto, a expressao (114) e solucao do problema de Dirichlet dado
por (110) e (111). Note que (114) pode ser re-escrita como
u(x, y) =y
π
∫ ∞
0
(1
y2 + (x− t)2− 1
y2 + (x+ t)2
)f(t) dt. (115)
Exercıcio 3.20 Mostre que
u(x, y) =x
π
∫ ∞
0
(1
x2 + (y − t)2− 1
x2 + (y + t)2
)f(t) dt. (116)
e solucao do problema de Dirichlet
uxx + uyy = 0, x, y > 0
u(x, 0) = 0, 0 < x <∞, u(0, y) = f(y), y ≥ 0.
Assuma que f(0) = 0 e f seja absolutamente integravel em (0,∞)
Exercıcio 3.21 Usando a linearidade da equacao de Laplace e os resultados acima, resolva o
seguinte problema de Dirichlet
uxx + uyy = 0, x, y > 0
u(x, 0) = f(x), x ≥ 0, u(0, y) = g(y), y ≥ 0.
Assuma que f(0) = g(0), f e g sejam contınuas e limitadas.
Exercıcio 3.22 Resolva o seguinte problema
uxx + uyy = 0, x, y > 0
u(x, 0) = sen x, x ≥ 0, u(0, y) = sen y, y ≥ 0.
3.4 A filosofia da transformada de Fourier em equacoes diferenciais parciais
Em aplicacoes da transformada de Fourier a resolucao de uma equacao diferencial parcial,
assumimos que a solucao, suas derivadas parciais que aparecem na equacao e os dados iniciais
sejam suficientemente regulares e decaiam suficientemente rapido no infinito, de modo que suas
tranformadas de Fourier existam. Sob estas hipoteses, chegamos a uma solucao do problema, o
passo seguinte e verificar quais sao as condicoes nos coeficientes que aparecem na equacao diferencial
121
e nos dados iniciais devemos impor de modo que a expressao obtida via transformada de Fourier
ainda seja solucao do problema dado. Em geral chegamos a condicoes muito menos restritivas do
que as condicoes inicialmente impostas, para justificarmos o uso da transformada de Fourier, como
ilustraremos no exemplo a seguir.
Exemplo 3.4 Encontre uma solucao para o problema
ut + ux = 0, x ∈ R, t > 0, u(x, 0) = f(x), x ∈ R.
Resolucao. Defina
u(k, t) =
∫ ∞
−∞e−ikxu(x, t)dx,
entao
u(k, 0) = f(k),
ut(k, t) =∂
∂tu(k, t).
ux(k, t) = ik u(k, t).
Tomando a transformada de Fourier da equacao diferencial, temos os seguinte problema de valor
inicial para u(k, t):∂
∂tu(k, t) = −ik u(k, t), u(k, 0) = f(k).
Para cada k fixo, podemos tratar a equacao acima como uma equacao diferencial ordinaria linear
de primeira ordem e de variaveis separaveis, na variavel independente t, onde k entra apenas como
um parametro (tratado como constante). A sua solucao geral e (verifique isto)
u(k, t) = A(k)e−ikt,
como u(k, 0) = f(k), segue que A(k) = f(k). Portanto,
u(k, t) = f(k)e−ikt.
Logo
u(x, t) =1
2π
∫ ∞
−∞eikxu(k, t)dk =
1
2π
∫ ∞
−∞eik(x−t)f(k)dk = f(x− t).
ou seja,
u(x, t) = f(x− t).
Agora observe que f(x − t) e solucao de classe C1 do nosso problema, mesmo se fizermos apenas
a hipotese de que f seja de classe C1. Se f for de classe Ck, o mesmo aocntecera com a solucao
122
u(x, t) = f(x − t). A moral da estoria e que descobrimos que u(x, t) = f(x − t) e uma solucao de
classe Ck do nosso problema, sob nenhuma hipotese a priori na solucao, tudo que precisamos e que
f seja Ck, a transformada de Fourier de f nem precisa existir. Em particular, ex−t e uma solucao
infinitamente derivavel de
ut + ux = 0, x ∈ R, t > 0, u(x, 0) = ex, x ∈ R,
embora a funcao ex nem tenha transformada de Fourier!
Exemplo 3.5 Encontre uma solucao para o problema
ut + g(t)ux = 0, x ∈ R, t > 0, u(x, 0) = f(x), x ∈ R.
Resolucao. Defina
u(k, t) =
∫ ∞
−∞e−ikxu(x, t)dx,
entao, como exemplo anterior, temos
∂
∂tu(k, t) = −ikg(t) u(k, t), u(k, 0) = f(k).
A solucao geral da equacao acima e (verifique isto)
u(k, t) = A(k)e−ikG(t),
onde G′(t) = g(t). Como f(k) = u(k, 0) = A(k)e−ikG(0), segue que
A(k) = eikG(0)f(k).
Portanto,
u(k, t) = f(k)eik(G(0)−G(t))).
Logo
u(x, t) =1
2π
∫ ∞
−∞eikxu(k, t)dk =
1
2π
∫ ∞
−∞eik(x+G(0)−G(t))f(k)dk = f(x+G(0)−G(t)).
Logo,
u(x, t) = f(x+G(0)−G(t)).
Note que f(x + G(0) − G(t)) e uma solucao de classe C1 do nosso problema, mesmo se fizermos
apenas a hipotese de que f e de classe C1 e que g seja contınua. Se f for de classe Ck e g for
123
de classe Ck−1, entao f(x +G(0) −G(t)) sera uma solucao de ordem Ck do nosso problema. Em
particular cos(x+ 1− t3/3− cos t) e uma solucao infinitamente derivavel de
ut + (t2 + sent)ux = 0, x ∈ R, t > 0, u(x, 0) = cosx, x ∈ R,
embora a funcao cosx nem tenha transformada de Fourier (no sentido usual)!
Tendo em vista o que foi dito acima, se tivermos que resolver um problema de valor inicial para
uma equacao diferencial parcial via transformada de Fourier e as transformadas de Fourier dos
dados iniciais nao existirem, nao desista do metodo. Faca o seguinte, substitua os dados iniciais
particulares por funcoes genericas e suponha que estas sejam tao suaves e decaiam suficientemente
rapido no infinito, de modo que o procedimento via transformada de Fourier esteja bem definido
matemanticamente. Encontrada a solucao via transformada de Fourier, veja quais as condicoes os
dados iniciais devem satisfazer para que a expressao obtida seja uma solucao; em particular, se os
dados iniciais originais satisfizeram tais condicoes, entao a expressao obtida e solucao do problema
dado. Por exemplo, se ainda nao tivessemos resolvido o exemplo anterior e tivessemos que resolver
o problema
ut + t3ux = 0, x ∈ R, t > 0, u(x, 0) = x2ex, x ∈ R, (117)
via transformada de Fourier, como a funcao x2ex nao tem transformada de Fourier, a primeira coisa
que deverıamos fazer e substituir o x2ex por f(x), onde assumirıamos que f(x) e suficientemente
suave e decaisse tao rapido no infinito, de modo que a resolucao via transoformada de Fourier
estaria bem definida matematicamente. Entao encontrarıamos u(x, t) = f(x+G(0)−G(t)), onde
G(t) = t4/4, a qual, como observamos no exmeplo anterior, vale mesmo que f for apenas C1 e g
contınua e que a esta solucao e de classe Ck se f for de classe Ck e g for de classe Ck−1. Como
isso concluirıamos que u(x, t) = (x− t4/4)2ex−t4/4 e solucao do problema (117).
3.5 Exercıcios: resolucao de equacoes diferenciais parciais
No espırito da subsecao anterior, resolva os exercıcios abaixo usando a transformada de Fourier.
Assuma que a equacao seja valida para −∞ < x <∞ e t > 0.
124
1. ∂2u∂t∂x = ∂2u
∂x2 , u(x, 0) = e−|x|.
2. ∂2u∂t2
= ∂2u∂x2 , u(x, 0) =
1x2+1
. ut(x, 0) = 0.
3. ut =14uxx, u(x, 0) = e−x2
.
4. ut =1
100 uxx, u(x, 0) =
100, se |x| < 1
0, caso contrario.
5. ut = uxx, u(x, 0) =
1− |x|2 , se |x| < 2
0, caso contrario.
6. ux + 3ut = 0, u(x, 0) = f(x).
7. aux + but = 0, u(x, 0) = f(x), a, b sao constantes e b = 0.
8. tux + ut = 0, u(x, 0) = f(x).
9. t2ux − ut = 0, u(x, 0) = f(x).
10. ut + sent ux = 0, u(x, 0) = senx.
11. ut = e−tuxx, u(x, 0) = f(x).
12. ut = a(t)uxx = 0, u(x, 0) = f(x), a(t) > 0.
13. utt + 2ut = −u, u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x).
14. utt + uxxxx = 0, u(x, 0) =
1, se |x| < 1
0, caso contrario, ut(x, 0) = 0.
15. ut = tuxxxx, u(x, 0) = f(x).
16. utt = utxx, u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x).
17. utt − 4utxx + 3uxxxx = 0, u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = 0.
Respostas de exercıcios:
(14) u(k, t) = f(k) cos(k2t), as integrais de Fresnel∫∞−∞ cos(x2)dx e
∫∞−∞ sen (x2)dx convergem
para√2π2 , com isso a transformada inversa de Fourier de g(k, t) = cos(k2t), com t > 0,
pode ser facilmente calculada, o seu valor e g(x, t) = 12√πcos(x2
4t −π4
). Portanto, a solucao e
u(x, t) = f(x) ∗ g(x, t).
125
(16) u(k, t) = f(k) + 1−e−k2t
k2g(k) ≡ f(k) + h(k, t)g(k), onde h(k, t) = 1−e−k2t
k2, a qual converge
para t quando k → 0, portanto e limitada numa vizinhanca do zero, |h(k, t)| < 2k2. A transformada
inversa de Fourier de h(k, t) existe para cada t > 0. Logo, para t > 0, u(x, t) = f(x)+g(x)∗h(x, t).
Note que para t > 0 e k = 0, 1−e−k2t
k2=∫ t0 e
−k2sds, portanto, h(x, t) =∫ t0
e−x2/4s√4πs
ds.
(17) u(k, t) = −12 f(k)e
−3k2t + 32 f(k)e
−k2t = f(k)h(k, t) + f(k)p(k, t), portanto
u(x, t) = −1
2f(x) ∗ h(x, t) + 3
2f(x) ∗ p(x, t),
onde p(x, t) = 1√4πte−x2/4t e h(x, t) = 1√
12πte−x2/12t
126
4 Apendice
4.1 Trocando a ordem da derivacao e da integracao em transformada de Fourier
Teorema 4.1 Sejam f contınua por partes, f e xf absolutamente integraveis na reta. Entao
d
dk
∫ ∞
−∞e−ikxf(x)dx =
∫ ∞
−∞(−ix)e−ikxf(x)dx. (118)
ou seja,d
dk
∫ ∞
−∞e−ikxf(x)dx =
∫ ∞
−∞
(d
dke−ikx
)f(x)dx.
Prova. Seja
ϕ(k) =
∫ ∞
−∞e−ikxf(x)dx,
como f e contınua por partes e absolutamente integravel, enao ϕ esta bem definida. Mostraremos
que ϕ e derivavel e que a sua derivada e
ϕ′(k) =
∫ ∞
−∞(−ix)e−ikxf(x)dx. (119)
Como por definicao
ϕ′(k) = limh→0
ϕ(k + h)− ϕ(k)
h= lim
h→0
∫ ∞
−∞e−ikx
(e−ihx − 1
h
)f(x)dx,
ou seja,
limh→0
(∫ ∞
−∞e−ikx
(e−ihx − 1
h
)f(x)dx− ϕ′(k)
)= 0,
portanto, em virtude de (119), temos que mostrar que
limh→0
∫ ∞
−∞e−ikx
(e−ihx − 1
h+ ix
)f(x)dx = 0.
Como ∣∣∣∣∫ ∞
−∞e−ikx
(e−ihx − 1
h+ ix
)f(x)dx
∣∣∣∣ ≤∫ ∞
−∞
∣∣∣∣e−ikx
(e−ihx − 1
h+ ix
)f(x)
∣∣∣∣ dx=
∫ ∞
−∞
∣∣∣∣(e−ihx − 1
h+ ix
)∣∣∣∣ |f(x)|dxbasta provarmos que
limh→0
∫ ∞
−∞
∣∣∣∣(e−ihx − 1
h+ ix
)∣∣∣∣ |f(x)|dx = 0,
o que e equivalente a dizer que para todo ϵ > 0, existe δ > 0, tal que se |h| < δ, entao∫ ∞
−∞
∣∣∣∣(e−ihx − 1
h+ ix
)∣∣∣∣ |f(x)|dx < ϵ.
127
Note que
e−ihx − 1
h+ ix = x
(cos(hx)− 1
hx− i
sen(hx)− hx
hx
). (120)
Do Teorema do Valor Medio, temos
cosu− 1
u= sen(ξ) e
senu
u= cos(ξ),
onde ξ esta entre 0 e u, como | cos ξ|, |senu| ≤ 1, concluimos que∣∣∣∣cosu− 1
u
∣∣∣∣ ≤ 1 e∣∣∣senuu
∣∣∣ ≤ 1.
Portanto,∣∣∣∣e−ihx − 1
h+ ix
∣∣∣∣ = |x|∣∣∣∣coshx− 1
hx− i
senhx
hx+ i
∣∣∣∣ ≤ |x|(∣∣∣∣coshx− 1
hx
∣∣∣∣+ ∣∣∣∣senhxhx
∣∣∣∣ s+ 1
)≤ 3|x|
na segunda desigualdade usamos a Desigualdade Triangular. Portanto,∫ ∞
−∞
∣∣∣∣(e−ihx − 1
h+ ix
)∣∣∣∣ |f(x)|dx ≤ 3
∫ ∞
−∞|xf(x)|dx <∞.
Portanto, dado ϵ > 0, existe um R > 0, tal que∫|x|≥R
∣∣∣∣(e−ihx − 1
h+ ix
)∣∣∣∣ |f(x)|dx < ϵ
2.
Do Teorema de Taylor, se f(u) e tem derivadas ate segunda ordem contınuas, entao
f(u) = f(0) + f ′(0)u+f ′′(ξ)
2u2,
onde ξ esta entre 0 e u, em particular
cosu = 1− cos ξ
2!u2 e senu = u− senξ
2!u2.
Portanto, para u = 0, podemos rescrever
cosu− 1
u=
cos ξ
2!u2 e
senu− u
u=
senξ
2!u2,
Como | cos ξ|, |senξ| ≤ 1, segue que das relacoes acima que∣∣∣∣cosu− 1
u
∣∣∣∣ ≤ |u|2
e
∣∣∣∣senu− 1
u
∣∣∣∣ ≤ |u|2. (121)
Portanto, de (120) e (121), fazendo u = xh, temos∣∣∣∣e−ihx − 1
h+ ix
∣∣∣∣ ≤ |x| |hx|√2.
128
Portanto,∫ R
−R
∣∣∣∣(e−ihx − 1
h+ ix
)∣∣∣∣ |f(x)|dx ≤ |h|R√2
∫ R
−R|xf(x)|dx ≤ |hR|√
2
∫ ∞
−∞|xf(x)|dx < ϵ
2,
se
|h| < ϵ
R√2∫∞−∞ |xf(x)|dx
≡ δ.
4.2 Lema de Riemann-Lebesgue para Integral e transformada de Fourier
Teorema 4.2 Seja f Riemann integravel em [a, b]. Entao
limλ→∞
∫ b
af(x)sen(λx)dx = 0 (122)
limλ→∞
∫ b
af(x) cos(λx)dx = 0 (123)
limλ→∞
∫ b
af(x)eiλxdx = 0. (124)
Prova. Provaremos (122), de maneira analoga prova-se (123). Como eiλx = cos(λx) + i sen (λx),
entao (124) segue de (122) e (123). Como f e Riemann integravel, dado ϵ > 0, existe uma particao
[a = xo, x1, . . . , xn = b], tal que
0 ≤∫ b
af(x)dx−
n∑i=1
mi∆xi <ϵ
2,
onde mi = minx∈[x1−i,xi]
f(x). Mas a soma de Riemann acima pode ser escrita como
n∑i=1
mi∆xi =
∫ b
ag(x)dx,
onde g(x) =∑n
i=1miχ[xi−1,xi](x), com χ[xi−1,xi](x) a funcao caracterıstica do intervalo [xi−1, xi],
ou seja, ela vale 1 se x ∈ [xi−1, xi] e 0, caso contrario. Portanto, f(x)− g(x) ≥ 0 e
0 ≤∫ b
a(f(x)− g(x))dx ≤ ϵ
2.
129
Logo, ∣∣∣∣∫ b
af(x) sen(λx)dx
∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∫ b
a(f(x)− g(x)) sen(λx)dx
∣∣∣∣+ ∣∣∣∣∫ b
ag(x) sen(λx)dx
∣∣∣∣≤
∫ b
a|(f(x)− g(x)) sen(λx)| dx+
∣∣∣∣∫ b
ag(x) sen(λx)dx
∣∣∣∣≤
∫ b
a(f(x)− g(x))dx+
∣∣∣∣∣ 1λn∑
i=1
mi(cos(λxi−1)− cos(λxi)
∣∣∣∣∣≤ ϵ
2+
2nmaxi=1,...,n |mi|λ
Como2nmaxi=1,...,n |mi|
λ tende a zero quando λ tende a infinito, entao existe M > 0, tal que2nmaxi=1,...,n |mi|
λ < ϵ2 , se λ > M . Portanto, se λ > M , teremos∣∣∣∣∫ b
af(x) sen(λx)dx
∣∣∣∣ < ϵ,
o que prova (122),
Teorema 4.3 Suponha que∫∞0 |f(x)|dx seja finita. Entao
limλ→∞
∫ ∞
0f(x)sen(λx)dx = 0 (125)
limλ→∞
∫ ∞
0f(x) cos(λx)dx = 0. (126)
Prova. Provaremos (125), de maneira analoga, prova-se (125). Como∫∞0 |f(x)|dx e finita, dado
ϵ > 0, existe L > 0, tal que ∫ ∞
L|f(x)|dx < ϵ
2.
Pelo teorema anterior, limλ→∞
∫ L
0f(x)sen(λx)dx = 0, logo existe M > 0, tal que se λ > M temos
∣∣∣∣∫ L
0f(x) sen(λx)dx
∣∣∣∣ < ϵ
2.
Portanto, se λ > M , temos∣∣∣∣∫ ∞
0f(x) sen(λx)dx
∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∫ L
0f(x) sen(λx)dx
∣∣∣∣+ ∣∣∣∣∫ ∞
Lf(x) sen(λx)dx
∣∣∣∣≤
∣∣∣∣∫ L
0f(x) sen(λx)dx
∣∣∣∣+ ∫ ∞
L|f(x)| dx
< ϵ,
130
o que prova (125)
Teorema 4.4 Suponha que
∫ 0
−∞|f(x)|dx seja finita. Entao
limλ→∞
∫ 0
−∞f(x)sen(λx)dx = 0 (127)
limλ→∞
∫ 0
−∞f(x) cos(λx)dx = 0. (128)
Prova. Similar a prova do teorema anterior.
Do Teorema acima, se
∫ ∞
−∞|f(x)|dx seja finita, entao
limλ→∞
∫ ∞
−∞e−iλxf(x)dx = 0.
4.3 Prova do Teorema da Integral de Fourier
131
5 Apendice - Deducao das Equacoes de Calor e da Onda
5.1 Equacao da Onda
A seguir, aplicaremos a Segunda Lei de Newton a uma corda elastica e concluiremos que
pequenas amplitudes transversais de uma corda vibrante obedece a equacao da onda. Considere
um pequeno elemento da corda, mostrado na Figura 33.
Figura 33: Um elemento da corda.
Usaremos as seguintes notacoes:
u(x, t) = deslocamento vertical da corda do eixo x no posicao x e no instante t
θ(x, t) = angulo entre a corda e uma linha horizontal na posicao x e no instante t
T (x, t) = tensao na corda na posicao x e no instante t
ρ(x) = densidade de massa da corda na posicao x.
As forcas atuando no pequeno elemento de corda sao
(a) a tensao puxando no lado direito, a qual tem magnitude T (x + ∆x, t) e atua segundo um
angulo θ(x+∆, t) acima da horizontal,
(b) a tensao puxando no lado esquerdo, a qual tem magnitude T (x, t) e atua segundo uma
angulo θ(x, t), abaixo da horizontal e, possivelmente,
(c) varias forcas externas, como gravidade. Assumiremos que todas as forcas atuam
verticalmente e denotaremos por F (x, t)∆x a magnitude total das forcas externas atuando no
elemento de corda.
132
A massa do elemento de corda e essencialmente ρ(x)√∆x2 +∆u2, assim, a componente vertical
da forca, dada pela Lei de Newton, e
ρ(x)√
∆x2 +∆u2∂2
∂t2u(x, t) = T (x+∆x, t) sen θ(x+∆, t)− T (x, t)sen θ(x, t) + F (x, t)∆x.
Dividindo por ∆x e tomando o limite quando ∆x→ 0, temos
ρ(x)
√1 +
(∂u
∂t
)2 ∂2
∂t2u(x, t) =
∂
∂x[T (x, t) sen θ(x, t)] + F (x, t)
=∂
∂xT (x, t) sen θ(x, t) + T (x, t) cos θ(x, t)
∂θ
∂x(x, t) +
+F (x, t). (129)
Note que
tg θ(x, t) = lim∆→0
∆u
∆x=∂u
∂x(x, t),
o que implica que
sen θ(x, t) =∂u∂x(x, t)√
1 +(∂u∂x(x, t)
)2 , cos θ(x, t) =1√
1 +(∂u∂x(x, t)
)2θ(x, t) = tg−1 ∂u
∂x(x, t),
∂θ
∂x(x, t) =
∂2u∂x2 (x, t)
1 +(∂u∂x(x, t)
)2 .Para pequenas vibracoes, |θ(x, t)| ≪ 1, para todo x e t, isto implica que tg θ(x, t)| ≪ 1, logo,
|∂u∂x(x, t)| ≪ 1, portanto,√1 +
(∂u
∂x
)2
≈ 1, sen θ(x, t) ≈∂u
∂x(x, t), cos θ(x, t) ≈ 1,
∂θ
∂x(x, t) ≈
∂2u
∂x2(x, t).
Substituindo os valores acima na equacao (129), temos
ρ(x)∂2u
∂t2(x, t) =
∂T
∂x(x, t)
∂u
∂x(x, t) + T (x, t)
∂2u
∂x2(x, t) + F (x, t). (130)
Como o nosso pequeno elemento da corda move-se apenas verticalmente, entao, a componente
da forca na direcao horizontal e zero. Portanto, da Segunda Lei de Newton, temos
T (x+∆x, t) cos θ(x+∆x, t)− T (x, t) cos θ(x, t) = 0.
Dividindo esta equacao por ∆x e tomando o limite quando ∆x tende a zero, temos
∂
∂x[T (x, t) cos(x, t)] = 0.
133
Para pequenas amplitudes de vibracoes, cos θ e muito proximo de um e ∂T∂x (x, t) e muito proximo de
zero. Em outras palavras, T e uma funcao apenas de t, a qual e determinada pela maneira de quao
forte estamos puxando as extremidades da corda no instante t. Logo, para pequenas amplitudes
de vibracoes verticais, (130) pode ser re-escrita como
ρ(x)∂2u
∂t2(x, t) = T (t)
∂2u
∂x2(x, t) + F (x, t).
Se a densidade da corda, ρ, e constante, independente de x, e a tensao T (t) e uma constante
independente de t e nao existe forcas externas, F , obtemos
∂2u
∂t2(x, t) = c2
∂2u
∂x2(x, t),
onde
c =
√T
ρ.
5.2 Equacao de Calor
Consideramos um fio de material condutor, de comprimento L, cujas laterais estao perfeitamente
isoladas, tal que nao haja nenhuma perda de calor atraves das mesmas. Assumiremos que a
temperatura u no fio dependa apenas da posicao x e do instante t, e nao dependa das coordenadas
y e z, de modo que a temperatura ao longo de qualquer secao transversal seja uniforme.
De acordo com a Lei de Fourier, a quantidade de calor fluindo atraves de uma secao transversal
de area unitaria por unidade de tempo da barra, chamado de fluxo, Q, e dado por
Q(x, t) = −K∂u
∂x(x, t),
ondeK e a constante de difusao de calor e depende apenas do material do fio, e u(x, t) e temperatura
na posicao x e tempo t.
Considere uma porcao infinitesimal do fio de comprimento ∆x, localizado entre os pontos x e
x + ∆x. A quantidade de calor fluindo no ponto x e Q(x, t). Da mesma forma, a quantidade de
calor fluindo no ponto x+∆x e −Q(x+∆x, t). O aumento total de calor no elemento diferencial
(por unidade de secao transversal de area) num intervalo de tempo ∆t, e dado como
o aumento de calor no elemento no tempo ∆t = [Q(x, t)−Q(x+∆x, t)]∆t.
134
A quantidade de calor por unidade de secao transversal na secao selecionada no fio, isto e, de
elemento de massa ∆M (e comprimento ∆x) no instante t e
σ∆Mu ≡ σρ∆xu ≈ σρ∆x∆tut(x, t),
onde σ e o calor especıfico do material, ρ e a densidade linear da material e u e a temperatura
media no elemento no instante t. Tomaremos u = u(x+ ∆x2 , t), ou seja, u e a temperatura no centro
de elemento. Portanto, temos
o aumento de calor no elemento no tempo ∆t = σρ∆x∆t ut(x+∆x
2, t).
Combinando as equacoes acima,
lim∆x→0
Q(x, t)−Q(x+∆x, t)
∆x= lim
∆→0σρut(x+
∆
2, t),
ou seja,
−Qx(x, t) = σ ρ ut(x, t),
ou ainda,
Kuxx = σρut(x, t) ⇐⇒ ut = α2 uxx,
onde a constante α2 = Kσρ e chamada de difusividade termica.
135
Referencias
[1] William E. Boyce e Richard C. DiPrima, Equacoes Diferenciais Elementares e Problemas de
Valores de Contorno, Setima Edicao.
[2] Murray R. Spiegel, Analise de Fourier, Colecao Schaum. McGraw-Hill.
[3] C. H. Edwards e D. E. Penney, Differential Equations, computing and modeling, Prentice Hall,
2000.
[4] Djairo Guedes de Figueiredo, Analise de Fourier e Equacoes Diferenciais Parciais, Projeto
Euclides, 1997.
[5] A. I. Markushevich, Theory of a Complex Variable (tres volumes em um). Chelsea Publishin
Company, New York, N.Y, segunda edicao, (1977), pagina 275, da primeira parte do livro
[6] Joel Feldman, Derivation of the Wave Equation, encontrado no endereco
www.math.ubc.ca/ feldman/apps/wave.pdf.
[7] Ali R Ansari, The One-Dimensional Heat Equation, encontrado no endereco
http://www.ul.ie/ aransari/MS4007Notes4.pdf
136
